2019高考数学一轮复习第11章计数原理和概率专题研究排列组合的综合应用课件理 (1)优质公开课课件

专 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 研究排列组合的综合应用专题讲解题型一　几何问题排列组合中的几何问题依然是利用两个基本原理求解，并注意到分类的不重不漏．(1)平面上有9个点，其中有4个点共线，除此外无3点共线．①用这9个点可以确定多少条直线？②用这9个点可以确定多少个三角形？③用这9个点可以确定多少个四边形？【解析】　①确定一条直线需要两个点，因为有4个点共线，所以这9个点所确定直线的条数为C92－C42＋1＝31.②确定一个三角形需要三个不共线的点，所以这9个点确定三角形的个数为C93－C43＝80.③确定一个四边形需要四个不共线的点，所以这9个点确定四边形的个数为C94－C51C43－C44＝105.【 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 】　①31　②80　③105(2)在正方体的八个顶点中取三点连成三角形，可构成________个等腰直角三角形．【答案】　24A．n(n－1)　　　　　　　B．(n－1)(n－2)C.eq\f(n（n－1）,2)D.eq\f(（n－1）（n－2）,2)【解析】　这n条直线交点的个数为Cn2＝eq\f(n（n－1）,2).【答案】　C(2)四面体的顶点和各棱中点共10个点，若在其中取4个不共面的点，则不同的取法共有多少种？【解析】　 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 一：从10个点中，任意取4个点的不同取法共有C104种，其中，所取4个点共面的可分为两类．第一类，四个点同在四面体的一个面上，共有4C64种取法．第二类，四个点不同在四面体的一个面上，又可分为两种情形：①4个点分布在不共面的两条棱上，这只能是恰有1个点是某棱的中点，另3点在对棱上，因为共有6条棱，所以有6种取法；②4个点所在的不共面的棱不止两条，这时，4个点必然都是棱的中点，它们所在的4条棱必然是空间四边形的四条边，故有3种不同取法．所以符合题意的不同取法种数为C104－(4C64＋6＋3)＝141.方法二：在四面体中取定一个面，记为α，那么取不共面的4个点，可分为四类．第一类，恰有3个点在α上．这时，该3点必然不在同一条棱上，因此，4个点的不同取法数为4(C63－3)＝68.第二类，恰有2个点在α上，可分两种情形：①该2点在同一条棱上，这时4个点的不同取法数为3C32·(C42－3)＝27；②该2点不在同一条棱上，这时4个点的不同取法数为(C62－3C32)(C42－1)＝30.第三类，恰有1个点在α上，可分两种情形：①该点是棱的中点，这时4个点的不同取法数为3×3＝9；②该点不是棱的中点，这时4个点的不同取法数为3×2＝6.第四类，4个点都不在α上，只有1种取法．应用分类计数原理，得所求的不同取法数为68＋27＋30＋9＋6＋1＝141.【答案】　141题型二　分组分配问题(微专题)微专题1：不同元素的分组分配问题按下列要求分配6本不同的书，各有多少种不同的分配方式？(1)分成三份，1份1本，1份2本，1份3本；(2)甲、乙、丙三人中，一人得1本，一人得2本，一人得3本；(3)平均分成三份，每份2本；(4)平均分配给甲、乙、丙三人，每人2本；(5)分成三份，1份4本，另外两份每份1本；(6)甲、乙、丙三人中，一人得4本，另外两人每人得1本；(7)甲得1本，乙得1本，丙得4本．【思路】　这是一个分配问题，解题的关键是搞清事件是否与顺序有关，对于平均分组问题更要注意顺序，避免计数的重复或遗漏．【解析】　(1)无序不均匀分组问题，先选1本有C61种选法；再从余下的5本中选2本有C52种选法；最后余下3本全选有C33种方法，故共有C61C52C33＝60种．(2)有序不均匀分组问题．由于甲、乙、丙是不同的三人，在第(1)题基础上，还应考虑再分配，共有C61C52C33A33＝360种．(3)无序均匀分组问题．先分三步，则应是C62C42C22种方法，但是这里出现了重复．不妨记6本书为A，B，C，D，E，F，若第一步取了AB，第二步取了CD，第三步取了EF，记该种分法为(AB，CD，EF)，则C62C42C22种分法中还有(AB，EF，CD)，(CD，AB，EF)，(CD，EF，AB)，(EF，CD，AB)，(EF，AB，CD)，共A33种情况，而这A33种情况仅是AB，CD，EF的顺序不同，因此只能作为一种分法，故分配方式有eq\f(C62C42C22,A33)＝15种．(4)有序均匀分组问题，在第(3)题基础上再分配给3个人，共有分配方式eq\f(C62C42C22,A33)·A33＝C62C42C22＝90种．(5)有序部分均匀分组问题，共有eq\f(C64C21C11,A22)＝15种．(6)有序部分均匀分组问题．在第(5)题基础上再分配给3个人，共有分配方式eq\f(C64C21C11,A22)·A33＝90种．(7)直接分配问题．甲选1本有C61种方法，乙从余下5本中选1本有C51种方法，余下4本留给丙有C44种方法，共有C61C51C44＝30种．【答案】　(1)60　(2)360　(3)15　(4)90　(5)15(6)90　(7)30★状元笔记★均匀分组与不均匀分组、无序分组与有序分组是组合问题的常见题型．解决此类问题的关键是正确判断分组是均匀分组还是不均匀分组，无序均匀分组要除以均匀组数的阶乘数；还要充分考虑到是否与顺序有关，有序分组要在无序分组的基础上乘以分组数的阶乘数．【解析】　整体均分问题：先把6个毕业生平均分成3组，有eq\f(C62C42C22,A33)种方法，再将3组毕业生分到3所学校，有A33＝6种方法，故6个毕业生平均分到3所学校，共有eq\f(C62C42C22,A33)·A33＝90种分派方法．【答案】　90(2)(2017·广州调研)有4名优秀学生，A，B，C，D全部被保送到甲，乙，丙3所学校，每所学校至少去一名，则不同的保送 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共有________种．【解析】　部分均分问题：先把4名学生分为2、1、1的3组，有eq\f(C42C21C11,A22)＝6种分法，再将3组对应3个学校，有A33＝6种情况，则共有6×6＝36种不同的保送方案．【答案】　36(3)(2018·甘肃兰州一中期末)第一届“一带一路”国际合作高峰论坛于2017年5月14日至15日在北京举行，为了保护各国国家元首的安全，某部门将5个安保小组全部安排到指定的三个区域内工作，且每个区域至少有一个安保小组，则这样的安排方法共有(　　)A．96种　　　　　　　B．100种C．124种D．150种【思路】　先把5个安保小组分成三组，再把分成的三组排到三个区域中，即得结果．【解析】　因为每个区域至少有一个安保小组，所以可以把5个安保小组分成三组，共有两种方法，一种是按照1，1，3来分，另一种是按照2，2，1来分．当按照1，1，3来分时，不同的分法共有N1＝eq\f(C51C41C33,A22)A33＝60(种)；当按照2，2，1来分时，不同的分法共有N2＝eq\f(C52C32C11,A22)A33＝90(种)．根据分类加法计数原理，可得这样的安排方法共有N＝N1＋N2＝150(种)，故选D.【答案】　D【解题技巧】　本题主要考查分组分配问题及排列、组合的综合应用，属于难题．求解的关键是“先分类，再在各类中先分组后分配”．解题步骤为：(1)定各类，即认真读题，挖掘出隐含条件，明晰分成的类数；(2)各类中先分组后分配，注意对于平均分组问题，由于各组地位相等，故平均分成n组，就一定要除以Ann，把分好的小组再分配给相应的不同的对象，此时要用到分步乘法计数原理；(3)利用分类加法计数原理，得不同的安排方法总数．(4)若将6名教师分到3所中学任教，一所1名，一所2名，一所3名，则有________种不同的分法．【解析】　不等分问题：将6名教师分组，分三步完成：第1步，在6名教师中任取1名作为一组，有C61种取法；第2步，在余下的5名教师中任取2名作为一组，有C52种取法；第3步，余下的3名教师作为一组，有C33种取法．根据分步乘法计数原理，共有C61C52C33＝60种取法．再将这3组教师分配到3所中学，有A33＝6种分法，故共有60×6＝360种不同的分法．【答案】　360【讲评】　解决分组分配问题的策略：(1)对于整体均分，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Ann(n为均分的组数)，避免重复计数．(2)对于部分均分，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．(3)对于不等分组，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．微专题2：相同元素的分配问题(隔板法)8个相同的小球放入5个不同盒子中，每盒不空的放法共有________种．【思路】　eq\x(\a\al(确定小球的个,数和组数及各,组数额的要求))―→eq\x(\a\al(明确定位的,个数以及隔,板的个数))―→eq\x(\a\al(利用组合,数求解))【解析】　一共有8个相同的小球，放入5个不同的盒子，每个盒子不空，即将小球分成5份，每份至少1个．(定分数)将8个小球摆放一列，形成9个空，中间有7个空，(定空位)则只需在这7个空中插入4个隔板，隔板不同的放法有C74＝C73＝eq\f(7×6×5,3×2×1)＝35种．(插隔板)所以每盒不空的放法共有35种．【答案】　35★状元笔记★隔板法的解题步骤(1)定个数：确定名额的个数、分成的组数以及各组名额的数量．(2)定空位：将元素排成一列，确定可插隔板的空位数．(3)插隔板：确定需要的隔板个数，根据组数要求，插入隔板，利用组合数求解不同的分法种数．(4)回顾反思：隔板法的关键在于准确确定空位个数以及需要的隔板个数，使用这种方法需要注意两个方面的问题：一是要根据题意确定能否转化为“每组至少一个”的问题，以便确定能否利用隔板法；二是要注意准确确定空位数以及需要的隔板数，一般来说，两端不能插隔板．【解析】　一共有5个保送名额，分到3个班级，每个班级至少1个名额，即将名额分成3份，每份至少1个．(定分数)将5个名额排成一列产生6个空，中间有4个空．(定空位)即只需在中间4个空中插入2个隔板，隔板不同的方法共有C42＝6种．(插隔板)【答案】　6种题型三　综合问题有4个不同的球，四个不同的盒子，把球全部放入盒内．(1)恰有一个盒子不放球，有多少种放法？(2)恰有一个盒内放2个球，有多少种放法？(3)恰有两个盒子不放球，有多少种放法？【解析】　(1)为保证“恰有一个盒子不放球”，先从四个盒子中任意拿出去1个，即将4个球分成2，1，1的三组，有C42种分法；然后再从三个盒子中选一个放两个球，其余两个球，两个盒子，全排列即可．由分步乘法计数原理知，共有放法C41C42C31A22＝144种．(2)“恰有一个盒子内放2个球”，即另外的三个盒子放2个球，每个盒子至多放1个球，即另外三个盒子中恰有一个空盒．因此，“恰有一个盒子放2球”与“恰有一个盒子不放球”是一回事．故也有144种放法．(3)先从四个盒子中任取两个有C42种，问题转化为：“4个球，两个盒子，每盒必放球，有几种放法？”从放球数目看，可分为(3，1)，(2，2)两类．第一类：可从4个球中先选3个，然后放入指定的一个盒子中即可，有C43·C21种放法；第二类：有C42种放法．因此共有C43C21＋C42＝14种．由分步乘法计数原理得“恰有两个盒子不放球”的放法有C42·14＝84种．【答案】　(1)144　(2)144　(3)84【解析】　电影票号码相邻只有4种情况，则甲、乙2人在这4种情况中选一种，共C41种选法，2张票分给甲、乙，共有A22种分法，其余3张票分给其他3个人，共有A33种分法，根据分步乘法计数原理，可得共有C41·A22·A33＝48种分法．【答案】　48(2)从6人中选4人分别到巴黎、伦敦、悉尼、莫斯科四个城市游览，要求每个城市有一人游览，每人只游览一个城市，且这6人中甲、乙两人不去巴黎游览，则不同的选择方案共有(　　)A．300种　　　　　　　B．240种C．144种D．96种【解析】　方法一：分三种情况①甲、乙两个有且只有一个被选中：2A31A43；②甲、乙都没被选中：A44；③甲、乙都被选中：A32A42；所有不同的选择方案：2A31A43＋A44＋A32A42＝240种．故选B.方法二：甲、乙两人有一人去巴黎的选择方案为：2A53种，所以满足条件的选法共有：A64－2A53＝240.故选B.【答案】　B(3)(2018·湖北天门中学月考)某省 高中 高中语文新课程标准高中物理选修31全套教案高中英语研修观课报告高中物理学习方法和技巧高中数学说课稿范文 学校自实施素质教育以来，学生社团得到迅速发展．某校高一新生中的5名同学打算参加“春晖文学社”、“舞者轮滑俱乐部”、“篮球之家”、“围棋苑”4个社团．若每个社团至少有1名同学参加，每名同学须参加1个社团且只能参加1个社团，且同学甲不参加“围棋苑”，则不同的参加社团的方法的种数为________．【解析】　设5名同学分别为甲、乙、丙、丁、戊，由题意，甲不参加“围棋苑”，所以有下列两种情况：(1)先从乙、丙、丁、戊4人中选1人参加“围棋苑”，有C41种方法，然后从剩下的4人中选2人组成一组，与剩下的2人分配到其他3个社团种，有C42A33种方法，这时共有C41C42A33种参加方法；(2)先从乙、丙、丁、戊4人中选2人参加“围棋苑”，有C42种方法，然后将剩下的3人分配到其他3个社团中，有A33种方法，这时共有C42A33种参加方法．综上，共有C41C42A33＋C42A33＝180种参加方法．【答案】　180