办公风水-30岁女人

宜春中学数学学科2-3册笫一章排列组合的综合应用3、4导学案 编号：59-60
编写：丁红平 审核：高二数学理科备课组
学习目标：
1.进一步理解和应用分步计数原理和分类计数原理；
2.掌握解决排列组合问题的常用策略 ;能运用解题策略解决简单的综合应用题。提高学生解决问题分析
问题的能力 ；
3.学会应用数学思想和方法解决排列组合问题。.

学习重点：排列组合在其他一些方面的应用
学习难点：排列组合在其他一些方面的应用
学习过程：
一、预习导航，要点指津（约3分钟）
引例1：交叉问题集合法：某些 排列组合问题几部分之间有交集，可用集合中求元素个数公式
n(AB)n(A)n(B)n( AB)
.
1.从6名运动员中选出4人参加4×100米接力赛，如果甲不跑第一棒，乙不 跑第四棒，共有多少种不
同的参赛方案？
解析：设全集=｛6人中任取4人参赛的排列｝，A =｛甲跑第一棒的排列｝，B=｛乙跑第四棒的排列｝，根
据求集合元素个数的公式得参赛方法共有：
n(I)n(A)n(B)n(AB)
A
4332
6
A
5
A
5
A
4
252
种.
2.男运 动员6名，女运动员4名，其中男女队长各1人，选派5人外出比赛，在下列情形下各有多少
种选派方法 ?
(1)队长至少有1人参加；(2)既要有队长，又要有女运动员．
解：(1) 设A＝{选派5人有男队长参加的}，B＝{选派5人有女队长参加的},则原题即求n(A∪B), 而
n(A∪B)=n(A)+n(B)-n(A∩B). n(A)=
C
4
B)=
C
3
43
9
=n(B), n(A∩
8
, 故n(A∩B)=
2C
9
C
8
196
.
另 解：设A＝{选派5人有1个队长参加的}，B＝{选派5人有2个队长参加的}，则原题即求n(A∪B),
n(A)=
C
1423
2
C
8
, n(B)=
C
2
C
8
, n(A∩B)=n()=0. 因此n(A ∪B)=n(A)+n(B)=
C
142
C
3
2
C
8
+
C
28
＝196．
说明：A∩B即选派5人既要有1个队长参加又要有2个队长参加这件事，这是不可能事件．
(2) 设A＝{选派5人有队长参加的}，B＝{选派5人有女运动员参加的}，则原题即求n(A∩B)，
又
n(AB)n(I)n(AB)n(I)n(AB)

n (I)n(A)n(B)n(AB)
C
5
C
5
C55
1086
C
5
191

即有191种选派方法． 说明：即选派5人，既无队长又无女运动员参加．
从以上例题我 们可以看出，用集合与对应思想分析处理排列组合问题，实质上就是将同一问题中满足
不同限制条件的元 素的排列或组合的全体与不同的集合之间建立相应的对应关系，而将各限制条件之


间的关系转化为集合与集合之间的运算关系，通过计算集合的元素个数来计算排列或组合的个数，这
有助 于将带有多个附加条件的排列或组合问题分解为只有1个或简单几个附加条件的排列或组合问题
来处理， 这可大大简化复杂的分类过程，从而降低了问题的难度．
例2、（1）以正方体的顶点为顶点的四面体共有（ ）
A、70种 B、64种 C、58种 D、52种
解析：正方体8个顶点从中每次取四点，理 论上可构成
C
4
8
四面体，但6个表面和6个对角面的四个顶
点共面 都不能构成四面体，所以四面体实际共有
C
4
8
1258
个.
（2）四面体的顶点和各棱中点共10点，在其中取4个不共面的点，不同的取法共有（ ）
A、150种 B、147种 C、144种 D、141种
解析：10个点中任取4个点共有
C
4
10
种，其中四点共面的有三种情况： ①在四面体的四个面上，每面
内四点共面的情况为
C
4
4
6
，四个面共有
4C
6
个；②过空间四边形各边中点的平行四边形共3个；③过棱
上三点与对棱中点的三角形共6个.所以四点不共面的情况的种数是
C
44
104C
6
36141
种.
（3）正方体8个顶点可连成多少队异面直线？
解析：因为四面体中仅有3对异面直线，可将 问题分解成正方体的8个顶点可构成多少个不同的四面
体，从正方体8个顶点中任取四个顶点构成的四面 体有
C
4
8
1258
个，所以8个顶点可连成的异面
直 线有3×58=174对.
二、自主探索，独立思考（约10分钟）
例1、小明家住二层， 他每次回家上楼梯时都是一步迈两级或三级台阶。已知相邻楼层之间有16级台
阶，那么小明从一层到二 层共有多少种不同的走法？
【解析】 ：插空法解题：考虑走3级台阶的次数：
1）有0次走3级台阶（即全走2级），那么有1种走法；
2）有1次走三级台阶。（不可能完成任务）；
3）有两次走3级台阶，则有5次走2级台阶： < br>（a）
两次三级台阶挨着时：相当于把这两个挨着的三级台阶放到5个两级台阶形成的空中
，有
C
1
6
6
种
（b）
两次三级不挨着时 ：相当于把这两个不挨着的三级台阶放到5个两级台阶形成的空中，有
C
2
6
15
种走法。
4）有3次（不可能）
5）有4次走3级台阶，则有2次走两级台 阶，互换角色，想成把两个2级台阶放到3级台阶形成得空
中，同（3）考虑挨着和不挨着两种情况有种
C
1
5
C
2
5
15
走法；
6）有5次（不可能）
故总共有：1+6+15+15=37种。
例2.如果从数1，2，„，14中，按从小到大的顺序取 出
a
1
,a
2
,a
3
，使同时满足
a2
a
1
3
与
a
3
a
2
3
，
1

那么所有符合上述要求的不同取法共有多少种?
解：设S={1，2，„„，14}，T={1，2，„„，10}；

P={ (a
1
,a
2
,a
3
)|a
1
,a
2
,a
3
∈S, a
2
-a
1
≥3, a
3
-a
2
≥3}
Q={(b
1
,b2
,b
3
)|b
1
,b
2
,b
3∈T, b
1
2
3
},
f: (a
1
, a
2
,a
3
)→(b
1
,b< br>2
,b
3
)，其中b
1
=a
1
,b
2
=a
2
-2, b
3
=a
3
-4.
易证f是P和Q之间的一个一一对应，所以题目所求的取法种数恰好等于从T中任意取出三个不同数
的取 法种数，共＝120种．
例3.甲、乙两队各出7名队员按事先排好的顺序出场参加围棋擂台赛，双 方先由1号队员比赛，负者
被淘汰，胜者再与负方2号队员比赛，„„直到有一方队员全被淘汰为止，另 一方获胜，形成—种比
赛过程，那么所有可能出现的比赛过程共有多少种?
解：设甲队队 员为
a
l
，a
2
,„a
7
，乙队队员为
b
1
，b
2
,„„，b
7
，下标表示事先安排好的出场顺序，
若以依次被淘汰的队员为顺序，比赛过程可类比为这14个字母互相穿插的一个排列，最后是胜队中获< br>胜队员和可能未参赛的队员．如
a
1
a
2
b
1
b
2
a
3
b
3
b
4
b
5
a
4
b
6
b
7
a
5
a
6
a
7
.
所表示为14个位置中取7个位置
安排甲队队员，其余位置安排乙队队员，故比赛过程的总数为 ＝3432.
例4.（1）圆周上有10点，以这些点为端点的弦相交于圆内的交点有多少个？ < br>解析：因为圆的一个内接四边形的两条对角线相交于圆内一点，一个圆的内接四边形就对应着两条弦
相交于圆内的一个交点，于是问题就转化为圆周上的10个点可以确定多少个不同的四边形，显然有
C
4
10
个，所以圆周上有10点，以这些点为端点的弦相交于圆内的交点有
C
4
10
个.
（2）某城市的街区有12个全等的矩形组成，其中实线表示马 路，从
A
到
B
的最短路径有多少种？
B
A

解析：可将图中矩形的一边叫一小段，从
A
到
B
最短路线必须走7小 段，其中：向东4段，向北3
段；而且前一段的尾接后一段的首，所以只要确定向东走过4段的走法，便 能确定路径，因此不同走
法有
C
4
7
种.
例5. 平面上有相异的11个点，每两点连成一条直线，共得43条不同的直线。


（1）这11个点中有无三点或三个以上的点共线？若有共线，情形怎样？
（2）这11个点构成多少个三角形？
解：（1）设若有x条三点共线，y条四点共线，z条五点共线，„„，于是有：

C
2222
11
－x(C
3
－1)－y(C
4< br>－1)－z(C
5
－1)－„＝43
即
23-2x-5y-9z-„=0
这方程的解只可能是：
x=6,y=z=„=0
或
x=1,y=2,z=„=0.
由此可知，这11个点中有6条三点共线或一条三点共和二条四点共线的情形。
（2）由上可知这11个点构成三角形个数的情形有
C
33
11
－6C
3
＝159
或
C
333
11
C
3
2 C
4
156


三、小组合作探究，议疑解惑（约5分钟）
各学习小组将上面自主探索的结论、解题方法、知识技巧进行讨论，交流，议疑解惑。
四、展示你的收获（约8分钟）
由各学习小组派出代表利用多媒体或演板或口头叙述等形式展 示个人或小组合作探究的结论、解题方
法、知识技巧。（即学习成果）
五、重、难、疑点评析（约5分钟）
由教师归纳总结点评
六、达标检测（约8分钟）
1.某城市的街区由12个全等的矩形区组成其中实线表示马路，从A走到B的最短路
径有多少种？
C
3
7






2.四面体的一个顶点是A，从其它顶点和各棱中点中取3个点，使他们和 点A在同一个平面上，则共有
多少种不同的取法？
3C
3
5
3

3.空间十个点A1，A2，A3，···········A10，其中A1，A2 ······A5在同一平面内，此外再无三点共
线四点共面，以这些点为顶点，一共可以构成几个四面 体？
·
小结：在排列或组合问题中“含”与“不含”的问题，经常先
A
A
A
·
·
·
·
·
把所有元素进行排列或组合，然后再 去掉含有不能含的元
1
2
A
A
A
A
A
·
·
6
4
1
3
5
8
素的取法数，这种方法叫排除法。
C
4
C
4
0
10

5

4.平面上4条平行直线与另外5条平行直线互相垂直，则它们构成的矩形共有________个．
简析：按构成矩形的过程可分为如下两步：第一步．先在4条平行线中任取两条，有种取法；第二
2

步再在5条平行线中任取两条，有种取法．这样取出的四条直线构成一个矩形，据 乘法原理，构成
的矩形共有·＝60个．
5.在正方体的8个顶点，12条棱的中点，6个 面的中心及正方体的中心共27个点中，共线的三点组的
个数是多少?
解：依题意，共线的 三点组可分为三类：两端点皆为顶点的共线三点组共有
87
28
(个)；两端点皆
2
为面的中心的共线三点组共有
61
123
2
3(个)；两端点皆为各棱中点的共线三点组共有
2
18
(个)．
所以总共有28+3+18＝49个．
6.25人排成5×5方队,现从中选3人,要求3人不在同一行也不在同一列,不同的选法有多少种？
解：将这个问题退化成9人排成3×3方队,现从中选3人,要求3人不在同一行也不在同一列,有多少
选法.这样每行必有1人从其中的一行中选取1人后,把这人所在的行列都划掉，如此继续下去.从3× 3
方队中选3人的方法有______
C
1
C
11
32C
1
_____种。再从5×5方队选出3×3方队便可解决问题从5×5
方队中 选取3行3列有__
C
33
5
C
5
___选法.所以从5× 5方队选不在同一行也不在同一列的3人有
_____
C
33111
5
C
5
C
3
C
2
C
1
600
_ ___选法。
7. 已知直线
x
a

y
b
1< br>（
a，b
是非零常数）与圆
x
2
y
2
1 00
有公共点，且公共点的横坐标和纵坐
标均为整数，那么这样的直线共有________ 条
【解析】： 圆上的整点有：
(6,8) ,(8,6),(10,0),(010)
共 12 个。

C
2
12
=66
其中关于原点对称的有4 条 不满则条件 切线有
C
1
12
=12
，其中平行于坐标轴
的有14条 不满则条件 66-4+12-14=60 答案:60
8.欲登上第10级楼梯，如果规定每步只能跨上一级或两级，则不同的走法共有( )
（A）34种 （B）55种 （C）89种 （D）144种 答案： （C）
9.小于50000且含有两个5，而其它数字不重复的五位数有（ B ）个。
A.
A
1
A
2
A
2124
448
B.
C
1
C
2
A
2
C.
C
1
C
2
A
2
448448
D.
C
4
C
8
A
4

七、课后练习
1.从4台甲型和5台乙型电视机中任取3台，其中至少要甲型和乙 型电视机各一台，则不同的取法共
有 （ ）
A、140种 B、80种 C、70种 D、35种
解析1：逆向思考，至少各一台的反面就是分别只取一种型号，不取 另一种型号的电视机，故不同的取


法共有
C
3
C
33
9

4
C
5
70
种,选.
C< br>
解析2：至少要甲型和乙 型电视机各一台可分两种情况：甲型1台乙型2台；甲型2台乙型1 台；故
不同的取法有
C
2112
5
C
4
C
5
C
4
70
台,选
C
.
2.9名乒乓球运动员，其中男5名，女4名，现在要进行混合双打训练，有多少种不同的分组方法？
解析：先取男女运动员各2名，有
C
222
5
C
4
种，这四名运动员混和双打练习有
A
2
中排法，故共有
C
2225
C
4
A
2
120
种.
3.某种产品有4 只次品和6只正品(每只产品均可区分)．每次取一只测试，直到4只次品全部测出为
止．求第4只次品 在第五次被发现的不同情形有多少种?
解：先考虑第五次测试的产品有4种情况，在前四次测试中包 含其余的3只次品和1只正品，它们排
列的方法数是6。依据乘法原理得所求的不同情形有4×6＝57 6种．
有些排列组合问题元素多，取出的情况也有多种，对于这类问题常用的处理方法是：可按 结果要
求，分成不相容的几类情况分别计算，最后计算总和．
4.6人带10瓶汽水参加春游，每人至少带1瓶汽水，有多少种不同的带法?
解： 将问题转化成把10个相同的球放到6个不同的盒子里，每个盒子里至少放1个球，有多少种
不同的放法 ? 即把排成一行的10个0分成6份的方法数，这样用5块闸板插在9个间隔中，共有
＝126种．
即原问题中有126种不同带法．
5.在100名选手之间进行单循环淘汰赛(即一场 比赛失败要退出比赛)，最后产生一名冠军，问要举行
几场?分析：要产生一名冠军，需淘汰掉冠军以外 的所有其它选手，即要淘汰99名选手，要淘汰一名
选手，必须进行一场比赛；反之，每比赛一场恰淘汰 一名选手，两者之间一一对应，故立即可得比赛
场次99次。
6.5对姐妹站成一圈，要求每对姐妹相邻，有多少种不同站法？
解析：首先可让5位姐姐站 成一圈，属圆排列有
A
4
4
种，然后在让插入其间，每位均可插入其姐姐的左边和右边，有2种方式，故不同的安排方式
242
5
768
种不 同站法.
说明：从
n
个不同元素中取出
m
个元素作圆形排列共有< br>1
m
A
m
n
种不同排法
7. 某外商计划在四个 候选城市投资3个不同的项目,且在同一个城市投资的项目不超过2个,则该外
商不同的投资方案有（ ）种
A．16种 B．36种 C．42种 D．60种
3

【解析】：按条件项目可分配为
2,1,0,0与
1,1,1,0
的结构，∴
C
2
4
C
23
A
2
2
C
3
4
A
3
3< br>362460
故选D；
8.12名同学分别到三个不同的路口进行车流量的 调查，若每个路口4人，则不同的分配方案有多少种？
C
444
12
C8
C
4
答案：
A
3
A
3
3
3

9. 有甲乙丙三项任务，甲需2人承担，乙丙各需一人承担，从10人中选出4人承担
这三项任务，不同的选法种数是（ ）
A、1260种 B、2025种 C、2520种 D、5040种
【解析】：先从10人中选出2人承担甲项任务，再从剩下的8人中选1人承担乙项任务，第
三步从另外的7人中选1人承担丙项任务，不同的选法共有
C
2
10
C
1
C
1
87
2520
种，选
C
.
1 0.设有编号为1，2，3，4，5的五个球和编号为1，2，3，4，5的盒子现将这5个球投入5个盒子要< br>求每个盒子放一个球，并且恰好有两个球的号码与盒子号码相同，问有多少种不同的方法？
解析 ：从5个球中取出2个与盒子对号有
C
2
5
种，还剩下3个球与3个盒子序号 不能对应，利用枚举法
分析，如果剩下3，4，5号球与3，4，5号盒子时，3号球不能装入3号盒子 ，当3号球装入4号盒子
时，4，5号球只有1种装法，3号球装入5号盒子时，4，5号球也只有1种 装法，所以剩下三球只有
2种装法，因此总共装法数为
2C
2
5
2 0
种.
11. 某班有23男37女共60名学生，拟派出2个辩论队，每队3人，各1男2 女，共有多少种不同的
搭配方法。
C
2
C
412
2337< br>A
2
A
4

12.从1到100的自然数中，每次取出不同的两个数，使它们的和大于100则不同的取法有 （ ）
A．50种 B.100种 C．1275种 D．2500种
分 折：此题数字较多，情况也不一样，需要分拆摸索其规律．为了方便，两个加数中以较小的数为被
加数， 因为1+100＝101＞100，1为被加数的有1种；同理，2为被加数的2种；„；49为被加数有49< br>种；50为被加数的有50种，但51为被加数只有49种；52为被加数只有48种；„；99为被加数 的只
有1种．故不同的取法共有：(1+2+„+50)+(49+48+„+1)＝2500种，选D 。
13.把五个标号为1到5的小球全部放入标号为1到4的四个盒子中，不许有空盒且任意一
个小球都不能放入标有相同标号的盒子中，则不同的放法有( )
A．36种 B．45种
C．54种 D．96种
解析：选
A
.先把5 号球放入任意一个盒子中有4种放法，再把剩下的四个球放入盒子中，根据4的“错
位数”是9，得不同 的放法有4×9＝36种．



14．(2013·高考北京卷)将序号分别为1，2，3，4，5的5张参观券全部分给4人，每人至
少1张，如果分给同一人的2张参观券连号，那么不同的分法种数是________．
1 3．解析：先分组后用分配法求解，5张参观券分为4组，其中有2个连号的有4种分法，每一种
分法中 的排列方法有
A
44
4
种，因此共有不同的分法4
A
4＝4×24＝96(种)．





4