第2课时 组合的综合应用(深化课题型研究式教学)
课时目标
1.进一步加深对组合概念的理解.掌握几种有限制条件的排列,能应用组合数公式解决简单的实际问题.
2.正确识别排列组合中的分组、分配问题,与几何图形有关的组合问题.
题型(一) 有限制条件的组合问题
[例1] 某班共有团员14人,其中男团员8人,女团员6人,并且男、女团员各有一名组长,现从中选6人参加学校的团员座谈会.(用数字作答)
(1)若至少有1名组长当选,求不同的选法总数;
(2)若至多有3名女团员当选,求不同的选法总数.
听课记录:
[变式拓展]
本例条件不变,若既要有组长当选,又要有女团员当选,求不同的选法总数.
[思维建模]
有限制条件的组合问题的解题策略
有限制条件的抽(选)取问题,主要有两类:
一是“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;
二是“至多”“至少”问题,其解法常有两种思路:一是直接分类法,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.
[针对训练]
1.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活动,如果要求至少有1名女生,那么不同的选派方案种数为 ( )
A.24 B.14
C.28 D.48
2.(2023·新课标Ⅰ卷)某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课,学生需从这8门课中选修2门或3门课,并且每类选修课至少选修1门,则不同的选课方案共有 种(用数字作答).
题型(二) 与几何有关的组合问题
[例2] 平面上有9个点,其中有4个点共线,除此外无3点共线.
(1)这9个点,可确定多少条不同的直线
(2)以这9个点中的3个点为顶点,可以确定多少个三角形
(3)以这9个点中的4个点为顶点,可以确定多少个四边形
听课记录:
[思维建模]
解答几何图形组合问题的策略
(1)解决几何图形中的组合问题,首先应注意运用处理组合问题的常规方法分析解决问题,其次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.
(2)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.
[针对训练]
3.(1)以正方体的顶点为顶点,可以确定多少个四面体
(2)以正方体的顶点为顶点,可以确定多少个四棱锥
题型(三) 分组、分配问题
[例3] 某学校派出6名同学参加省教育厅主办的数学竞赛、物理竞赛和化学竞赛,该校每名同学只能参加其中一个学科的竞赛,且每个学科至少有一名学生参加.
(1)求该校派出的6名学生总共有多少种不同的参赛方案
(2)若甲同学主攻数学方向,必须选择数学竞赛,乙同学主攻物理方向,必须选择物理竞赛,则这6名学生一共有多少种不同的参赛方案
听课记录:
[思维建模] 分组分配问题的三种类型及求解策略
类型 求解策略
整体 均分 解题时要注意分组后,不管它们的顺序如何,都是一种情况,所以分组后一定要除以(n为均分的组数),避免重复计数
部分 均分 解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数,即若有m组元素个数相等,则分组时应除以m!,一个分组过程中有几个这样的均匀分组就要除以几个这样的全排列数
不等 分组 只需先分组,后排列,注意分组时任何组中元素的个数都不相等,所以不需要除以全排列数
[针对训练]
4.现有6名孩子和3个不同的房间,并让孩子都进入房间.
(1)若每个房间进2个小孩,共有多少种不同的方法
(2)恰有一个房间没有孩子,共有多少种安排方法
第2课时 组合的综合应用
[题型(一)]
[例1] 解:(1)法一 至少有一名组长含有两种情况:
有一名组长和两名组长,故共有+=2 079种.
法二 至少有一名组长可以采用排除法,有-=2 079种.
(2)至多有3名女团员含有四种情况:有3名女团员,有2名女团员,有1名女团员,没有女团员,故共有+++=2 534种.
[变式拓展]
解:既要有组长当选,又要有女团员当选含两类情况:
第一类:女组长当选,有种;第二类:女组长不当选,男组长当选,从剩余7名男团员,5名女团员中选5人,其中至少选择1名女团员,有-种.故共有+-=2 058种.
[针对训练]
1.选B 法一 分两类完成:第1类,选派1名女生、3名男生,有种选派方案;第2类,选派2名女生、2名男生,有种选派方案.
故共有+=14(种)不同的选派方案.
法二 6人中选派4人的组合数为,其中都选男生的组合数为,所以至少有1名女生的选派方案有-=14(种).
2.解析:由题意,可分三类:第一类,体育类选修课和艺术类选修课各选修1门,有种方案;第二类,在体育类选修课中选修1门,在艺术类选修课中选修2门,有种方案;第三类,在体育类选修课中选修2门,在艺术类选修课中选修1门,有种方案.综上,不同的选课方案共有++=64(种).
答案:64
[题型(二)]
[例2] 解:(1)法一:直接法 共线的4点记为A,B,C,D.
第一类:A,B,C,D确定1条直线;第二类:A,B,C,D以外的5个点可确定条直线;
第三类:从A,B,C,D中任取1点,其余5点中任取1点可确定条直线.
根据分类加法计数原理,共有不同直线1++=1+10+20=31(条).
法二:间接法 9个点取2个点共有种,4个共线点取2个共有种,以上均表示同一条直线,则可确定不同的直线-+1=31(条).
(2)法一:直接法 第一类:从A,B,C,D中取2个点,其余5点中任取1点,可得个三角形;
第二类:从A,B,C,D中取1个点,其余5点中任取2点,可得个三角形;
第三类:从其余5个点中任取3点,可得个三角形.
共有++=80(个)三角形.
法二:间接法 9个点取3个点共有种,
其中不能构成三角形的是在4个共线点取3个共有种,可确定三角形-=80(个).
(3)法一:直接法 分三类:从其余不共线的5个点中任取4个、3个、2个点共得++=105(个)四边形.
法二:间接法 9个点取4个点共有种,其中不能构成四边形的分为两类:第一类:4个点共线则有种,第二类其中3点来自于共线的4点,第4点来自于其余的5个点,则有种,故可确定四边形--=105(个).
[针对训练]
3.解:(1)正方体8个顶点可构成个四点组,其中四点共面的情况为正方体的6个表面及正方体6组相对棱分别所在的6个平面,
所以可确定四面体有-12=58个.
(2)由(1)知,正方体中共面的四点组有12个,以这每一个四点组构成的四边形为底面,以正方体其余的四个顶点中任一点为顶点都可以确定一个四棱锥,
所以可确定四棱锥有12=48个.
[题型(三)]
[例3] 解:(1)若参加三个学科的人数分别为1,1,4时,共有·=90种参赛方案;
若参加三个学科的人数分别为1,2,3时,共有=360种参赛方案;
若参加三个学科的人数分别为2,2,2时,共有·=90种参赛方案;
所以该校派出的6名学生总共有90+360+90=540种不同的参赛方案.
(2)若有4人选择化学竞赛,则有1种参赛方案;若有3人选择化学竞赛,余下的一人有2种选法,则有=8种参赛方案;若有2人选择化学竞赛,余下的两人各有2种选法,则有=24种参赛方案;若有1人选择化学竞赛,余下的三人各有2种选法,则有=32种参赛方案;所以总共有1+8+24+32=65种不同的参赛方案.
[针对训练]
4.解:(1)由题意知,有·=90种方法.
(2)由题意知,三个房间进入小孩数有如下分配:①1,5,0分配,这种情况下有=36种安排方法;
②2,4,0分配,这种情况下有=90种安排方法;
③3,3,0分配,这种情况下有·=60种安排方法.故一共有36+90+60=186种安排方法.
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组合的综合应用
(深化——课题型研究式教学)
第2课时
课时目标
1.进一步加深对组合概念的理解.掌握几种有限制条件的排列，能应用组合数公式解决简单的实际问题.
2.正确识别排列组合中的分组、分配问题，与几何图形有关的组合问题.
CONTENTS
目录
1
2
3
题型(一) 有限制条件的组合问题
题型(二) 与几何有关的组合问题
题型(三) 分组、分配问题
4
课时跟踪检测
题型(一) 有限制条件的组合问题
01
[例1] 某班共有团员14人，其中男团员8人，女团员6人，并且男、女团员各有一名组长，现从中选6人参加学校的团员座谈会.(用数字作答)
(1)若至少有1名组长当选，求不同的选法总数；
解：法一 至少有一名组长含有两种情况：
有一名组长和两名组长，故共有+=2 079种.
法二 至少有一名组长可以采用排除法，有-=2 079种.
(2)若至多有3名女团员当选，求不同的选法总数.
解：至多有3名女团员含有四种情况：有3名女团员，有2名女团员，有1名女团员，没有女团员，故共有+++=2 534种.
[变式拓展]
本例条件不变，若既要有组长当选，又要有女团员当选，求不同的选法总数.
解：既要有组长当选，又要有女团员当选含两类情况：
第一类：女组长当选，有种；第二类：女组长不当选，男组长当选，从剩余7名男团员，5名女团员中选5人，其中至少选择1名女团员，有-种.故共有+-=2 058种.
[思维建模]
有限制条件的组合问题的解题策略
有限制条件的抽(选)取问题，主要有两类：
一是“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；
二是“至多”“至少”问题，其解法常有两种思路：一是直接分类法，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.
针对训练
1.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活动，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案种数为 ( )
A.24 B.14
C.28 D.48
√
解析：法一 分两类完成：第1类，选派1名女生、3名男生，有种选派方案；第2类，选派2名女生、2名男生，有种选派方案.
故共有+=14(种)不同的选派方案.
法二 6人中选派4人的组合数为，其中都选男生的组合数为，所以至少有1名女生的选派方案有-=14(种).
2.(2023·新课标Ⅰ卷)某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有____种(用数字作答).
解析：由题意，可分三类：第一类，体育类选修课和艺术类选修课各选修1门，有种方案；第二类，在体育类选修课中选修1门，在艺术类选修课中选修2门，有种方案；第三类，在体育类选修课中选修2门，在艺术类选修课中选修1门，有种方案.综上，不同的选课方案共有++=64(种).
64
题型(二) 与几何有关的组合问题
02
[例2] 平面上有9个点，其中有4个点共线，除此外无3点共线.
(1)这9个点，可确定多少条不同的直线
解：法一：直接法 共线的4点记为A，B，C，D.
第一类：A，B，C，D确定1条直线；第二类：A，B，C，D以外的5个点可确定条直线；
第三类：从A，B，C，D中任取1点，其余5点中任取1点可确定条直线.
根据分类加法计数原理，共有不同直线1++=1+10+20=31(条).
法二：间接法 9个点取2个点共有种，4个共线点取2个共有种，以上均表示同一条直线，则可确定不同的直线-+1=31(条).
(2)以这9个点中的3个点为顶点，可以确定多少个三角形
解：法一：直接法 第一类：从A，B，C，D中取2个点，其余5点中任取1点，可得个三角形；
第二类：从A，B，C，D中取1个点，其余5点中任取2点，可得个三角形；
第三类：从其余5个点中任取3点，可得个三角形.
共有++=80(个)三角形.
法二：间接法 9个点取3个点共有种，
其中不能构成三角形的是在4个共线点取3个共有种，可确定三角形-=80(个).
(3)以这9个点中的4个点为顶点，可以确定多少个四边形
解：法一：直接法 分三类：从其余不共线的5个点中任取4个、3个、2个点共得++=105(个)四边形.
法二：间接法 9个点取4个点共有种，其中不能构成四边形的分为两类：第一类：4个点共线则有种，第二类其中3点来自于共线的4点，第4点来自于其余的5个点，则有种，故可确定四边形--=105(个).
[思维建模]
解答几何图形组合问题的策略
(1)解决几何图形中的组合问题，首先应注意运用处理组合问题的常规方法分析解决问题，其次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.
(2)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.
针对训练
3.(1)以正方体的顶点为顶点，可以确定多少个四面体
解：正方体8个顶点可构成个四点组，其中四点共面的情况为正方体的6个表面及正方体6组相对棱分别所在的6个平面，
所以可确定四面体有-12=58个.
(2)以正方体的顶点为顶点，可以确定多少个四棱锥
解：由(1)知，正方体中共面的四点组有12个，以这每一个四点组构成的四边形为底面，以正方体其余的四个顶点中任一点为顶点都可以确定一个四棱锥，
所以可确定四棱锥有12=48个.
题型(三) 分组、分配问题
03
[例3] 某学校派出6名同学参加省教育厅主办的数学竞赛、物理竞赛和化学竞赛，该校每名同学只能参加其中一个学科的竞赛，且每个学科至少有一名学生参加.
(1)求该校派出的6名学生总共有多少种不同的参赛方案
解：若参加三个学科的人数分别为1，1，4时，共有·=90种参赛方案；
若参加三个学科的人数分别为1，2，3时，共有=360种参赛方案；
若参加三个学科的人数分别为2，2，2时，共有·=90种参赛方案；
所以该校派出的6名学生总共有90+360+90=540种不同的参赛方案.
(2)若甲同学主攻数学方向，必须选择数学竞赛，乙同学主攻物理方向，必须选择物理竞赛，则这6名学生一共有多少种不同的参赛方案
解：若有4人选择化学竞赛，则有1种参赛方案；若有3人选择化学竞赛，余下的一人有2种选法，则有=8种参赛方案；若有2人选择化学竞赛，余下的两人各有2种选法，则有=24种参赛方案；若有1人选择化学竞赛，余下的三人各有2种选法，则有=32种参赛方案；所以总共有1+8+24+32=65种不同的参赛方案.
[思维建模]
分组分配问题的三种类型及求解策略
类型 求解策略
整体均分 解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以(n为均分的组数)，避免重复计数
部分均分 解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有m组元素个数相等，则分组时应除以m!，一个分组过程中有几个这样的均匀分组就要除以几个这样的全排列数
不等分组 只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数
续表
针对训练
4.现有6名孩子和3个不同的房间，并让孩子都进入房间.
(1)若每个房间进2个小孩，共有多少种不同的方法
解：由题意知，有·=90种方法.
(2)恰有一个房间没有孩子，共有多少种安排方法
解：由题意知，三个房间进入小孩数有如下分配：①1，5，0分配，这种情况下有=36种安排方法；
②2，4，0分配，这种情况下有=90种安排方法；
③3，3，0分配，这种情况下有·=60种安排方法.故一共有36+90+60=186种安排方法.
课时跟踪检测
04
1
3
4
5
6
7
8
9
10
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12
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14
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2
A级——综合提能
1.(2023·全国乙卷)甲、乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有( )
A.30种 B.60种
C.120种 D.240种
√
1
3
4
5
6
7
8
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10
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12
13
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15
2
解析：甲、乙二人先选1种相同的课外读物，有C1 6=6(种)情况，再从剩下的5种课外读物中各自选1本不同的读物，有=20(种)情况，由分步乘法计数原理可得共有6×20=120(种)选法，故选C.
1
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2
3
4
2.某班计划从3位男生和4位女生中选出2人参加辩论赛，并且至少1位女生入选，则不同的选法的种数为 ( )
A.12 B.18 C.21 D.24
解析：可分两种情况：第一种情况，只有一位女生入选，不同的选法有=12种，第二种情况，有2位女生入选，不同的选法有=6种，根据分类加法计数原理知，至少1位女生入选的不同的选法的种数为12+6=18.
√
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2
3.将5名医生分配到三个社区协助开展社区老年人体检活动，每个社区至少1人，则不同的分配方法有 ( )
A.50种 B.150种
C.240种 D.300种
解析：可以分组为1，1，3或1，2，2两种情况，若分组为1，1，3，则有2=60；若分组为1，2，2，则有=90.则不同分法为60+90=150种.
√
1
5
6
7
8
9
10
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12
13
14
15
3
4
2
4.如图，用点A，B，C，D，E，F，G表示某一时期的北斗七星.其中B，D，E，F四点看作共线，其他任何三点均不共线，过这七个点中任意两个点作直线，所得直线的条数为 ( )
A.18 B.17
C.16 D.15
√
1
5
6
7
8
9
10
11
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14
15
3
4
2
解析：根据题意从七个点中任意选两个点作直线共有=21种，其中B，D，E，F四点中任意选两点只能作一条直线，有-1=6-1=5种重复，所以所得直线的条数为-(-1)=16.
1
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11
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13
14
15
3
4
2
5.有5本不同的教科书，其中语文书2本，数学书2本，物理书1本.若将其并排摆放在书架的同一层上，则同一科目书都不相邻的放法种数是 ( )
A.24 B.48
C.72 D.96
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
4
2
解析：根据题意可先摆放2本语文书，当1本物理书在2本语文书之间时，只需将2本数学书插在前3本书形成的4个空中即可，此时共有种摆放方法；当1本物理书放在2本语文书一侧时，共有种摆放方法.由分类加法计数原理，得共有+=48种摆放方法.
1
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2
6.某果农计划在A，B，C，D这4个地块上种植2种不同的果树，每个地块只种植一种果树，有苹果、梨、桃子、杏4种果树可供选择，则不同的种植方案数为______.(用数字作答)
解析：先选两种果树有=6种方案，然后每块地有2种选择，所以不同的种植方案有×24=96种种植方案.
96
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7
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15
3
4
2
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)
解析：当每个台阶上各站1人时有种站法；当两个人站在同一个台阶上时有种站法.因此不同的站法种数为+=
210+126=336.
336
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5
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14
15
3
4
2
8.有两条平行直线a和b，在直线a上取4个点，直线b上取5个点，以这些点为顶点作三角形，这样的三角形共有____个.
解析：分两类，第一类：从直线a上任取一个点，从直线b上任取两个点，共有种方法；第二类：从直线a上任取两个点，从直线b上任取一个点，共有种方法.所以满足条件的三角形共有+
=70(个).
70
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3
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2
9.现有10名学生，其中男生6名.
(1)从中选2名代表，必须有女生的不同选法有多少种
解：法一：直接法 必须有女生可分两类：第1类，只有一名女生，共有=24(种)；
第2类，有2名女生，共有=6(种)，根据分类加法计数原理，必须有女生的不同选法有+=30(种).
法二：间接法 -=45-15=30(种).
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(2)从中选4人，若男生中的甲与女生中的乙至少有1人在内，则有多少种选法
解：第1类：甲、乙只有1人被选，共有=112(种)不同选法；
第2类，甲、乙两人均被选，有=28(种)不同选法.根据分类加法计数原理，男生中的甲和女生中的乙至少有1人在内的选法有+=112+28=140(种).
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10.已知平面α∥平面β，在α内有4个点，在β内有6个点.
(1)过这10个点中的3点作一平面，最多可作多少个不同的平面
解：所作出的平面有三类.
①α内1点，β内2点确定的平面，最多有个.②α内2点，β内1点确定的平面，最多有个.③α，β本身，有2个.故所作的平面最多有++2=98(个).
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(2)以这些点为顶点，最多可作多少个三棱锥
解：所作的三棱锥有三类.①α内1点，β内3点确定的三棱锥，最多有个.②α内2点，β内2点确定的三棱锥，最多有个.③α内3点，β内1点确定的三棱锥，最多有个.故最多可作的三棱锥有
++=194(个).
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(3)(2)中的三棱锥最多可以有多少个不同体积
解：当等底面积、等高时，三棱锥的体积相等，所以体积不相同的三棱锥最多有++=114(个).故最多有114个体积不同的三棱锥.
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B级——应用创新
11.四面体的顶点和各棱的中点共10个点.在这10个点中取4个不共面的点，则不同的取法种数为( )
A.141 B.144
C.150 D.155
√
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12
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15
3
4
2
解析：从10个点中任取4个点有种取法，其中4点共面的情况有三类.
第一类，取出的4个点位于四面体的同一个面上，有4种；第二类，取任一条棱上的3个点及该棱所对棱的中点，这4点共面，有6种；第三类，由中位线构成的平行四边形(其两组对边分别平行于四面体相对的两条棱)，它的4顶点共面，有3种.以上三类情况不合要求应减掉，所以不同的取法共有-4-6-3=141种.
1
5
6
7
8
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11
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13
14
15
3
4
2
12.“142857”这一串数字被称为走马灯数，是世界上著名的几个数之一，当142857与1至6中任意1个数字相乘时，乘积仍然由1，4，2，8，5，7这6个数字组成.若从1，4，2，8，5，7这6个数字中任选4个数字组成无重复数字的四位数，则在这些组成的四位数中，大于5 200的偶数个数是 ( )
A.87 B.129
C.132 D.138
√
1
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6
7
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12
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3
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2
解析：若千位数字是5，则百位数字不能是1，故共有=27(个)；若千位数字是7，则共有=36(个)；若千位数字是8，则共有=24(个).故符合条件的四位数共有27+36+24=87(个).故选A.
1
5
6
7
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2
13.小张同学喜欢吃4种不同种类的奶糖，她有5个不同颜色的塑料袋，每个袋子中至少装1种奶糖.小张同学希望5个袋子中所装奶糖种类各不相同，且每一种奶糖在袋子中出现的总次数均为2，那么不同的方案数为 ( )
A.3 000 B.3 360
C.1 440 D.1 560
√
1
5
6
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15
3
4
2
解析：依次记四种奶糖为H，Y，X，Z，则每个字母出现2次，先分堆.若是“8=4+1+1+1+1”，则其中的“4”必须是HYXZ，故有1种可能；若是“8=3+2+1+1+1”，则考虑(HYX)(Z※)(※)(※)(※)，故有=12种可能；若是“8=1+1+2+2+2”，则考虑(Z)(X)(Z※)(X※)(※※)，故有=12种可能，所以不同的方案数为(1+12+12)·=3 000.
1
5
6
7
8
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3
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2
14.哈希算法是一种特殊的函数，也是一种加密技术.已知p-hashing是最简单的哈希算法之一，它把一个较大数字的每一位改成它除以素数p所得到的余数.例如：对于数字752196进行2-hashing得到的哈希值为110110，那么对于数字752196进行3-hashing得到的哈希值为________；现对一个正整数进行3-hashing后得到哈希值为120021，则这样的正整数共有________个.(用数字作答)
122100
1 296
1
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7
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9
10
11
12
13
14
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3
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2
解析：由7除以3的余数为1，5除以3的余数为2，2除以3的余数为2，1除以3的余数为1，9除以3的余数为0，6除以3的余数为0，可知数字752196进行3-hashing得到的哈希值为122100；除以3的余数为0的正整数可能为0，3，6，9，除以3的余数为1的正整数可能为1，4，7，除以3的余数为2的正整数可能为2，5，8，则对一个正整数进行3-hashing后得到哈希值为120021，则这样的正整数共有=34×42=1 296个.
1
5
6
7
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2
15.2024年3月31日在连南举行半程马拉松赛，为确保马拉松赛事顺利举行，组委会在沿途一共设置了7个饮水点，每两个饮水点中间再设置一个服务站，一共6个服务站.由含甲、乙在内的13支志愿者服务队负责这13个站点的服务工作，每一个站点有且仅有一支服务队负责服务.
(1)求甲队只去首尾的饮水点，且乙队只去与甲队不相邻的站点的概率；
解：由题意可知，甲队和乙队共有种不同的安排方法，甲队只去首尾的饮水点，且乙队只去与甲队不相邻的站点，共有种，所以所求概率为=.
1
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3
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(2)为了解志愿者服务队的工作效果，将四名工作人员随机分派到A，B，C三个站点进行抽查，每人被分派到哪个站点互不影响，求三个站点中恰有一个站点未分配到任何工作人员的概率.
解：将四名工作人员随机分派到A，B，C三个站点进行抽查，共有34种不同的安排方法，三个站点中恰有一个站点未分配到任何工作人员，共有)种不同的安排方法，所以所求概率为=.课时跟踪检测(七) 组合的综合应用
A级——综合提能
1.(2023·全国乙卷)甲、乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种,则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有 ( )
A.30种 B.60种
C.120种 D.240种
2.某班计划从3位男生和4位女生中选出2人参加辩论赛,并且至少1位女生入选,则不同的选法的种数为 ( )
A.12 B.18
C.21 D.24
3.将5名医生分配到三个社区协助开展社区老年人体检活动,每个社区至少1人,则不同的分配方法有 ( )
A.50种 B.150种
C.240种 D.300种
4.如图,用点A,B,C,D,E,F,G表示某一时期的北斗七星.其中B,D,E,F四点看作共线,其他任何三点均不共线,过这七个点中任意两个点作直线,所得直线的条数为 ( )
A.18 B.17
C.16 D.15
5.有5本不同的教科书,其中语文书2本,数学书2本,物理书1本.若将其并排摆放在书架的同一层上,则同一科目书都不相邻的放法种数是 ( )
A.24 B.48
C.72 D.96
6.某果农计划在A,B,C,D这4个地块上种植2种不同的果树,每个地块只种植一种果树,有苹果、梨、桃子、杏4种果树可供选择,则不同的种植方案数为 .(用数字作答)
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)
8.有两条平行直线a和b,在直线a上取4个点,直线b上取5个点,以这些点为顶点作三角形,这样的三角形共有 个.
9.现有10名学生,其中男生6名.
(1)从中选2名代表,必须有女生的不同选法有多少种
(2)从中选4人,若男生中的甲与女生中的乙至少有1人在内,则有多少种选法
10.已知平面α∥平面β,在α内有4个点,在β内有6个点.
(1)过这10个点中的3点作一平面,最多可作多少个不同的平面
(2)以这些点为顶点,最多可作多少个三棱锥
(3)(2)中的三棱锥最多可以有多少个不同体积
B级——应用创新
11.四面体的顶点和各棱的中点共10个点.在这10个点中取4个不共面的点,则不同的取法种数为 ( )
A.141 B.144
C.150 D.155
12.“142857”这一串数字被称为走马灯数,是世界上著名的几个数之一,当142857与1至6中任意1个数字相乘时,乘积仍然由1,4,2,8,5,7这6个数字组成.若从1,4,2,8,5,7这6个数字中任选4个数字组成无重复数字的四位数,则在这些组成的四位数中,大于5 200的偶数个数是 ( )
A.87 B.129
C.132 D.138
13.小张同学喜欢吃4种不同种类的奶糖,她有5个不同颜色的塑料袋,每个袋子中至少装1种奶糖.小张同学希望5个袋子中所装奶糖种类各不相同,且每一种奶糖在袋子中出现的总次数均为2,那么不同的方案数为 ( )
A.3 000 B.3 360
C.1 440 D.1 560
14.哈希算法是一种特殊的函数,也是一种加密技术.已知p hashing是最简单的哈希算法之一,它把一个较大数字的每一位改成它除以素数p所得到的余数.例如:对于数字752196进行2 hashing得到的哈希值为110110,那么对于数字752196进行3 hashing得到的哈希值为 ;现对一个正整数进行3 hashing后得到哈希值为120021,则这样的正整数共有 个.(用数字作答)
15.2024年3月31日在连南举行半程马拉松赛,为确保马拉松赛事顺利举行,组委会在沿途一共设置了7个饮水点,每两个饮水点中间再设置一个服务站,一共6个服务站.由含甲、乙在内的13支志愿者服务队负责这13个站点的服务工作,每一个站点有且仅有一支服务队负责服务.
(1)求甲队只去首尾的饮水点,且乙队只去与甲队不相邻的站点的概率;
(2)为了解志愿者服务队的工作效果,将四名工作人员随机分派到A,B,C三个站点进行抽查,每人被分派到哪个站点互不影响,求三个站点中恰有一个站点未分配到任何工作人员的概率.
课时跟踪检测(七)
1.选C 甲、乙二人先选1种相同的课外读物,有C1 6=6(种)情况,再从剩下的5种课外读物中各自选1本不同的读物,有=20(种)情况,由分步乘法计数原理可得共有6×20=120(种)选法,故选C.
2.选B 可分两种情况:第一种情况,只有一位女生入选,不同的选法有=12种,第二种情况,有2位女生入选,不同的选法有=6种,根据分类加法计数原理知,至少1位女生入选的不同的选法的种数为12+6=18.
3.选B 可以分组为1,1,3或1,2,2两种情况,若分组为1,1,3,则有2=60;若分组为1,2,2,则有=90.则不同分法为60+90=150种.
4.选C 根据题意从七个点中任意选两个点作直线共有=21种,其中B,D,E,F四点中任意选两点只能作一条直线,有-1=6-1=5种重复,所以所得直线的条数为-(-1)=16.
5.选B 根据题意可先摆放2本语文书,当1本物理书在2本语文书之间时,只需将2本数学书插在前3本书形成的4个空中即可,此时共有种摆放方法;当1本物理书放在2本语文书一侧时,共有种摆放方法.由分类加法计数原理,得共有+=48种摆放方法.
6.解析:先选两种果树有=6种方案,然后每块地有2种选择,所以不同的种植方案有×24=96种种植方案.
答案:96
7.解析:当每个台阶上各站1人时有种站法;当两个人站在同一个台阶上时有种站法.因此不同的站法种数为+=210+126=336.
答案:336
8.解析:分两类,第一类:从直线a上任取一个点,从直线b上任取两个点,共有种方法;第二类:从直线a上任取两个点,从直线b上任取一个点,共有种方法.所以满足条件的三角形共有+=70(个).
答案:70
9.解:(1)法一:直接法 必须有女生可分两类:第1类,只有一名女生,共有=24(种);
第2类,有2名女生,共有=6(种),根据分类加法计数原理,必须有女生的不同选法有+=30(种).
法二:间接法 -=45-15=30(种).
(2)第1类:甲、乙只有1人被选,共有=112(种)不同选法;
第2类,甲、乙两人均被选,有=28(种)不同选法.根据分类加法计数原理,男生中的甲和女生中的乙至少有1人在内的选法有+=112+28=140(种).
10.解:(1)所作出的平面有三类.
①α内1点,β内2点确定的平面,最多有个.②α内2点,β内1点确定的平面,最多有个.③α,β本身,有2个.故所作的平面最多有++2=98(个).
(2)所作的三棱锥有三类.①α内1点,β内3点确定的三棱锥,最多有个.②α内2点,β内2点确定的三棱锥,最多有个.③α内3点,β内1点确定的三棱锥,最多有个.故最多可作的三棱锥有++=194(个).
(3)当等底面积、等高时,三棱锥的体积相等,所以体积不相同的三棱锥最多有++=114(个).故最多有114个体积不同的三棱锥.
11.选A 从10个点中任取4个点有种取法,其中4点共面的情况有三类.
第一类,取出的4个点位于四面体的同一个面上,有4种;第二类,取任一条棱上的3个点及该棱所对棱的中点,这4点共面,有6种;第三类,由中位线构成的平行四边形(其两组对边分别平行于四面体相对的两条棱),它的4顶点共面,有3种.以上三类情况不合要求应减掉,所以不同的取法共有-4-6-3=141种.
12.选A 若千位数字是5,则百位数字不能是1,故共有=27(个);若千位数字是7,则共有=36(个);若千位数字是8,则共有=24(个).故符合条件的四位数共有27+36+24=87(个).故选A.
13.选A 依次记四种奶糖为H,Y,X,Z,则每个字母出现2次,先分堆.若是“8=4+1+1+1+1”,则其中的“4”必须是HYXZ,故有1种可能;若是“8=3+2+1+1+1”,则考虑(HYX)(Z※)(※)(※)(※),故有=12种可能;若是“8=1+1+2+2+2”,则考虑(Z)(X)(Z※)(X※)(※※),故有=12种可能,所以不同的方案数为(1+12+12)·=3 000.
14.解析:由7除以3的余数为1,5除以3的余数为2,2除以3的余数为2,1除以3的余数为1,9除以3的余数为0,6除以3的余数为0,可知数字752196进行3 hashing得到的哈希值为122100;除以3的余数为0的正整数可能为0,3,6,9,除以3的余数为1的正整数可能为1,4,7,除以3的余数为2的正整数可能为2,5,8,则对一个正整数进行3 hashing后得到哈希值为120021,则这样的正整数共有=34×42=1 296个.
答案:122100 1 296
15.解:(1)由题意可知,甲队和乙队共有种不同的安排方法,甲队只去首尾的饮水点,且乙队只去与甲队不相邻的站点,共有种,所以所求概率为=.
(2)将四名工作人员随机分派到A,B,C三个站点进行抽查,共有34种不同的安排方法,三个站点中恰有一个站点未分配到任何工作人员,共有)种不同的安排方法,所以所求概率为=.
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