1.2.2组合第二课时
人教版(2024)七年级地理上学期1.2.2《地球和地球仪》(第二课时)课件
90° N
高纬度 中纬度
低纬度
中纬度 高纬度
90° S
南北半球的划分
为了更好的描述和管理地球上的位置，在南北方向上，我
们同样将地球划分为南北半球，观察一下哪条纬线更适合做南
北半球的分界线呢？
赤道
南北半球的划分
北 半 球
赤道
南 半 球
分界线:赤道(0°纬线) 赤道以北是北半球。 赤道以南是南半球。
北纬位于北半球。 南纬位于南半球。
纬线与纬度小结
长度 形状 数量 指示方向 位置关系
纬线 自赤道向两极渐短
圆圈 无数条 东西 相互平行
经线与经度小结
北极
南极
起始线 范围 符号
变化规律 半球划分
纬度 赤道（0°纬线）
0°-90° 北纬（N），南纬（S）
北大北纬，南大南纬 南北半球分界线： 0°纬线（赤道）
显然，我们最先考虑的一 组经线就是0°经线和180°经 线，但是为什么我们看到的 东西半球图是以20°W与 160°E组成的经线圈划分的?
思与学 以本初子午线和180经线组成的经线圈划分东西半球和以
20°W和160°E组成的经线圈划分东西半球，那种方式更好？
如果以本初子午线和180经 线组成的经线圈划分东西半球， 就会把欧洲、非洲大陆划分在两 个半球。
180° 150° 120° 90° 60° 30° 0° 30° 60° 90° 120° 150° 180°
W 西经 本
est
初
子
午
线
E 东经 ast
东经和西经的180°是重合的，通常称其为180°经线
经度的划分规律（难点）
思考：自西向东看， 经度的数值变化有什 么样的规律呢？？
1.2.2.2组合(二) 课件(人教A版选修2-3)
研一研·题型解法、解题更高效
题型三 例3 与几何有关的组合应用题
再从除外科专家的 6 人中选取 4 人，有 C4 6种选法，所以共有
4 C2 · C 4 6＝90(种)抽调方法． (2)“至少”的含义是不低于，有两种解答方法．
方法一 (直接法)按选取的外科专家的人数分类：
4 ①选 2 名外科专家，共有 C2 · C 4 6种选法； 3 ②选 3 名外科专家，共 C3 · C 4 6种选法；
研一研·题型解法、解题更高效
1.2.2（二）
跟踪训练 2 “抗震救灾，众志成城”，在我国“四川 5· 12” 抗震救灾中，某医院从 10 名医疗专家中抽调 6 名奔赴赈灾前 线，其中这 10 名医疗专家中有 4 名是外科专家．问： (1)抽调的 6 名专家中恰有 2 名是外科专家的抽调方法有多 少种？ (2)至少有 2 名外科专家的抽调方法有多少种？ (3)至多有 2 名外科专家的抽调方法有多少种？ 解 (1)分步：首先从 4 名外科专家中任选 2 名，有 C2 4种选法，
1.2.2（二）
题型一 例1
简单的组合应用题
某人决定投资 8 种股票和 4 种债券，经纪人向他推荐了
12 种股票和 7 种债券． 问： 此人有多少种不同的投资方式？
解 需分两步： 第 1 步，根据经纪人的推荐在 12 种股票中选 8 种，共有 C8 12种 选法；
第 2 步，根据经纪人的推荐在 7 种债券中选 4 种，共有 C4 7种 选法． 4 根据分步乘法计数原理， 此人有 C8 · C 12 7＝17 325(种)不同的投资
高中数学 第一章 计数原理 1.2 排列与组合 1.2.2 组合(第2课时)教案 新人教A版选修2-
1.2.2 组合第二课时教学目标知识与技能了解组合数的性质，会利用组合数的性质简化组合数的运算；能把一些计数问题抽象为组合问题解决，会利用组合数公式及其性质求解计数问题．过程与方法通过具体实例，经历把具体事例抽象为组合问题，利用组合数公式求解的过程．情感、态度与价值观能运用组合要领分析简单的实际问题，提高分析问题的能力．重点难点教学重点：组合数的性质、利用组合数公式和性质求解相关计数问题．教学难点：利用组合数公式和性质求解相关计数问题．教学过程引入新课提出问题1：判断以下问题哪个是排列问题，哪个是组合问题，并回顾排列和组合的区别和联系．(1)从A、B、C、D四个景点选出2个进行游览；(2)从甲、乙、丙、丁四个学生中选出2个人担任班长和团支部书记．活动设计：教师提问．活动成果：(1)是组合问题，(2)是排列问题．1．组合的概念：一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素合成一组，叫做从n 个不同元素中取出m个元素的一个组合．2．组合与排列的区别和联系：(1)区别：①排列有顺序，组合无顺序．②相同的组合只需选出的元素相同，相同的排列那么需选出的元素相同，并且选出元素的顺序相同．(2)联系：①都是从n个不同的元素中选出m(m≤n)个元素；②排列可以看成先组合再全排列．设计意图：复习组合的概念，检查学生的掌握情况．提出问题2：利用上节课所学组合数公式，完成以下两个练习： 练习1：求证：C m n ＝n m C m －1n －1.(本式也可变形为：mC m n ＝nC m －1n －1)练习2：计算：①C 310和C 710；②C 37－C 26与C 36；③C 411＋C 511. 活动设计：学生板演．活动成果：练习2答案：①120,120 ②20,20 ③792.1．组合数的概念：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C mn 表示．2．组合数的公式：C m n＝A mn A m m ＝n(n －1)(n －2)…(n －m ＋1)m ！或C mn ＝n ！m ！(n －m)！(n ，m∈N ，且m≤n)．设计意图：复习组合数公式，为得到组合数的性质打下基础．探索新知提出问题1：由问题2练习中所求的几个组合数，你有没有发现一些规律，能不能总结并证明一下？活动设计：小组交流后请不同的同学总结补充． 活动成果：1．性质：(1)C mn ＝C n －mn ；(2)C mn ＋1＝C mn ＋C m －1n .2．证明：(1)∵C n －mn ＝n ！(n －m)！[n －(n －m)]！＝n ！m ！(n －m)！，又C mn ＝n ！m ！(n －m)！，∴C m n ＝C n －mn .(2)C m n ＋C m －1n ＝n ！m ！(n －m)！＋n ！(m －1)！[n －(m －1)]！＝n ！(n －m ＋1)＋n ！m m ！(n －m ＋1)！＝(n －m ＋1＋m)n ！m ！(n －m ＋1)！＝(n ＋1)！m ！(n －m ＋1)！＝C mn ＋1，∴C mn ＋1＝C mn ＋C m －1n .设计意图：引导学生自己推导出组合数的两个性质．运用新知类型一：组合数的性质 1(1)计算：C 37＋C 47＋C 58＋C 69； (2)求证：C nm ＋2＝C nm ＋2C n －1m ＋C n －2m .(1)解：原式＝C 48＋C 58＋C 69＝C 59＋C 69＝C 610＝C 410＝210；(2)证明：右边＝(C nm ＋C n －1m )＋(C n －1m ＋C n －2m )＝C nm ＋1＋C n －1m ＋1＝C nm ＋2＝左边． [巩固练习]求证：C 1n ＋2C 2n ＋3C 3n ＋…＋nC nn ＝n2n －1.证明：左边＝C 1n ＋2C 2n ＋3C 3n ＋…＋nC nn ＝C 11C 1n ＋C 12C 2n ＋C 13C 3n ＋…＋C 1n C nn ，其中C 1i C in 可表示先在n 个元素里选i 个，再从i 个元素里选一个的组合数．设某班有n 个同学，选出假设干人(至少1人)组成兴趣小组，并指定一人为组长．把这种选法按取到的人数i 分类(i ＝1,2，…，n)，那么选法总数即为原式左边．现换一种选法，先选组长，有n 种选法，再决定剩下的n －1人是否参加，每人都有两种可能，所以组员的选法有2n －1种，所以选法总数为n2n －1种．显然，两种选法是一致的，故左边＝右边，等式成立．[变练演编]求证：C 1n ＋22C 2n ＋32C 3n ＋…＋n 2C nn ＝n(n ＋1)2n －2.证明：由于i 2C in ＝C 1i C 1i C in 可表示先在n 个元素里选i 个，再从i 个元素里选两个(可重复)的组合数，所以原式左端可看成在上题中指定一人为组长的基础上，再指定一人为副组长(可兼职)的组合数．对原式右端我们可分为组长和副组长是否是同一个人两种情况．假设组长和副组长是同一个人，那么有n2n －1种选法；假设组长和副组长不是同一个人，那么有n(n－1)2n －2种选法．∴共有n2n －1＋n(n －1)2n －2＝n(n ＋1)2n －2种选法．显然，两种选法是一致的，故左边＝右边，等式成立．类型二：有约束条件的组合问题2在100件产品中，有98件合格品，2件次品．从这100件产品中任意抽出3件． (1)有多少种不同的抽法？(2)抽出的3件中恰好有1件是次品的抽法有多少种？ (3)抽出的3件中至少有1件是次品的抽法有多少种？解：(1)所求的不同抽法的种数，就是从100件产品中取出3件的组合数，所以共有 C 3100＝100×99×981×2×3＝161 700种．(2)从2件次品中抽出1件次品的抽法有C 12种，从98件合格品中抽出2件合格品的抽法有C 298种，因此抽出的3件中恰好有1件次品的抽法有C 12×C 298＝9 506种．(3)解法1 从100件产品抽出的3件中至少有1件是次品，包括有1件次品和有2件次品两种情况．在第(2)小题中已求得其中1件是次品的抽法有C 12×C 298种，因此根据分类加法计数原理，抽出的3件中至少有一件是次品的抽法有C 12×C 298＋C 22×C 198＝9 604种．解法2抽出的3件产品中至少有1件是次品的抽法的种数，也就是从100件中抽出3件的抽法种数减去3件中都是合格品的抽法的种数，即C 3100－C 398＝161 700－152 096＝9 604种．点评：“至少〞“至多〞的问题，通常用分类法或间接法求解． [巩固练习]1．4名男生和6名女生组成至少有1个男生参加的三人社会实践活动小组，问组成方法共有多少种？解法一：(直接法)小组构成有三种情形：3男，2男1女，1男2女，分别有C 34，C 24×C 16，C 14×C 26种方法，所以，一共有C 34＋C 24×C 16＋C 14×C 26＝100种方法． 解法二：(间接法)C 310－C 36＝100.2．按以下条件，从12人中选出5人，有多少种不同选法？ (1)甲、乙、丙三人必须当选； (2)甲、乙、丙三人不能当选； (3)甲必须当选，乙、丙不能当选； (4)甲、乙、丙三人只有一人当选； (5)甲、乙、丙三人至多2人当选；(6)甲、乙、丙三人至少1人当选；解：(1)C 33C 29＝36；(2)C 03C 59＝126；(3)C 11C 49＝126；(4)C 13C 49＝378； (5)方法一：(直接法)C 03C 59＋C 13C 49＋C 23C 39＝756， 方法二：(间接法)C 512－C 33C 29＝756；(6)方法一：(直接法)C 13C 49＋C 23C 39＋C 33C 29＝666， 方法二：(间接法)C 512－C 03C 59＝666. [变练演编]有翻译人员11名，其中5名精通英语、4名精通法语，还有2名英、法语皆通．现欲从中选出8名，其中4名译英语，另外4名译法语，一共可列多少X 不同的？解：分三类：第一类：2名英、法语皆通的均不选，有C 45C 44＝5种；第二类：2名英、法语皆通的选一名，有C 12C 35C 44＋C 12C 45C 34＝60种； 第三类：2名英、法语皆通的均选，有A 22C 35C 34＋C 25C 44＋C 45C 24＝120种． 根据分类加法计数原理，共有5＋60＋120＝185种不同的． [达标检测]1．计算：(1)C 399＋C 299；(2)2C 38－C 39＋C 28.2．从6位同学中选出4位参加一个座谈会，要求X 、王两人中至多有一个人参加，那么有不同的选法种数为________．3．从7人中选出3人参加活动，那么甲、乙两人不都入选的不同选法共有______种． 答案：课堂小结1．知识收获：组合数的性质，用组合数公式解决简单的计数问题． 2．方法收获：化归的思想方法． 3．思维收获：化归的思想方法．补充练习[基础练习]1．求证：(1)C mn ＋1＝C m －1n ＋C mn －1＋C m －1n －1；(2)C m ＋1n ＋C m －1n ＋2C mn ＝C m ＋1n ＋2.2．某城新建的一条道路上有12只路灯，为了节省用电而不影响正常的照明，可以熄灭其中三盏灯，但两端的灯不能熄灭，也不能熄灭相邻的两盏灯，可以熄灭的方法共有______．3．100件产品中有合格品90件，次品10件，现从中抽取4件检查．(1)都不是次品的取法有多少种？(2)至少有1件次品的取法有多少种？(3)不都是次品的取法有多少种？4．从编号为1,2,3，…，10,11的共11个球中，取出5个球，使得这5个球的编号之和为奇数，那么一共有多少种不同的取法？38＝56；3．解：(1)C490＝2 555 190；(2)C4100－C490＝C110C390＋C210C290＋C310C190＋C410＝1 366 035；(3)C4100－C410＝C190C310＋C290C210＋C390C110＋C490＝3 921 015.4．解：分为三类：1奇4偶有C16C45；3奇2偶有C36C25；5奇有C56，所以一共有C16C45＋C36C25＋C56＝236种不同的取法．[拓展练习]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，那么有多少种不同的选法？解：我们可以分为三类：①让两项工作都能担任的青年从事英语翻译工作，有C24C23；②让两项工作都能担任的青年从事德语翻译工作，有C34C13；③让两项工作都能担任的青年不从事任何工作，有C34C23.所以一共有C24C23＋C34C13＋C34C23＝42种方法．设计说明本节课是组合的第二课时，本节课的主要目标有两个，一个是学生在教师的问题驱动下自主探究组合数的性质，并在老师的带领下，体会组合数公式的应用；另一个是体会把具体计数问题化归为组合问题的过程．本节课的设计特点是：教师的问题是主线，学生的探究活动是主体，师生合作，共同完成知识和方法的总结．备课资料相同元素分组分配问题解决方法：档板法．(1)参加联赛的10个名额要分配到高三年级的8个班级中，那么每个班级至少一个名额的分配方法有______种；(2)10个相同的小球全部放入编号为1、2、3的盒子中，那么使每个盒子中球的个数不小于盒子的编号数的方法有______种．解析：利用档板法．(1)相当于在排成一排的10个“1〞所形成的9个空隙中，选出7个插入7块档板的方法，每一种插板方法对应一种名额分配方法，有C79种方法；(2)可以首先在2、3号盒子中先分别放入1、2个球，然后在剩余的7个球排成一排形成的6个空隙中选出2个空隙各插入一块板，有C26种方法．注：档板法的使用比较灵活，且对数学思想方法要求较高，现利用档板法证明一个不定方程的自然数解的组数的结论：方程x1＋x2＋…＋x m＝n(m，n∈N，m，n≥2)的自然数解有C m－1n＋m－1组．简证：转化为正整数解的组数，利用档板模型有：作代换y i＝x i＋1(i＝1,2，…，m)，那么方程x1＋x2＋…＋x m＝n的自然数解的组数，即y1＋y2＋…＋y m＝n＋m的正整数解的组数，相当于把n＋m个球分成m份，每份至少1个的方法数，即在n＋m－1个球的间隙中放置m－1个档板的方法种数，即C m－1n＋m－1.。
1.2.2生物与环境组成生态系统(第二课时)教学设计人教版生物七年级上册
一、教学目标
（一）知识与技能
1.理解生态系统的基本概念，掌握生态系统的组成，了解生物与其生活环境之间的相互关系。
2.能够描述生态系统中物质与能量的流动过程，理解食物链、食物网的概念。
3.学会运用观察、实验等方法，探究生态系统中生物与环境相互作用的现象。
-鼓励学生结合所学知识，提出保护生态环境的建议，培养学生的社会责任感。
5.注重课堂总结与反馈，巩固所学知识，提高教学效果。
-课堂小结环节，让学生回顾本节课所学内容，总结生态系统的重要性和保护措施。
-针对不同学生的学习情况，给予个性化指导，提高学生的学科素养。
四、教学内容与过程
（一）导入新课，500字
3.运用直观教具、模型等教学资源，帮助学生形象地理解食物链、食物网的结构和作用。
-使用食物链、食物网模型，让学生通过实际操作，了解能量和物质在生态系统中的流动过程。
-通过案例分析，让学生认识到人类活动对食物链、食物网的影响，培养学生的环保意识。
4.强化实践教学，提高学生实际问题解决能力。
-设计生态实验，如调查校园内不同生物的生存环境，观察生物之间的相互关系。
4.能够运用所学知识，分析现实生活中的生态系统问题，提高解决问题的能力。
（二）过程与方法
1.通过观察、实验等实践活动，培养学生动手操作能力，提高观察、分析、解决问题的能力。
2.通过小组合作、讨论等形式，培养学生合作学习的能力，激发学生的探究欲望。
3.通过案例分析、问题解决等教学活动，引导学生运用所学知识，提高实际应用能力。
三、教学重难点和教学设想
（一）教学重难点
1.理解生态系统的概念，掌握生态系统的组成和功能。
课件7：1.2.2 第二课时 组合的综合应用
法二：(间接法)C46－C24＝9 种．
【答案】A
考点二 与几何有关的组合问题 例2.平面内有12个点，其中有4个点共线，此外再无任何3点共 线．以这些点为顶点，可构成多少个不同的三角形？ [思路点拨] 解答本题可以从共线的4个点中选取2个、1个、0个作为 分类标准，也可以从反面考虑，任意三点的取法种数减去共线三点 的取法种数．
1.2 排列与组合 1.2.2 组 合
第二课时 组合的综合应用
考点一 有限制条件的组合问题 例1.现有10件产品，其中有2件次品，任意抽出3件检查． (1)恰有一件是次品的抽法有多少种？ (2)至少有一件是次品的抽法有多少种？ [思路点拨] 分清“恰有”“至少”的含义，正确地分类或分步．
解:(1)从 2 件次品中任取 1 件，有 C12种抽法． 从 8 件正品中取 2 件，有 C28种抽法． 由分步乘法计数原理可知，不同的抽法共有 C12×C28＝56 种． (2)法一：含 1 件次品的抽法有 C12×C28种， 含 2 件次品的抽法有 C22×C18种． 由分类加法计数原理知，不同的抽法共有 C12×C28＋C22×C18＝56＋8＝64 种．
解：分两类： 第一类，甲被选中，共有 C25C24C14A44种分派方案； 第二类，甲不被选中，共有 C35C24A55种分派方案． 根据分类加法计数原理，共有 C25C24C14A44＋C35C24A55＝5 760＋7 200＝12 960 种分派方案．
[一点通] 本题是一道“既选又排”的排列、组合综合题，解 决这类问题的方法是“先选后排”，同时要注意特殊元素、特殊位 置优先安排的原则．
法二(间接法)：从 12 个点中任意取 3 个点，有 C312＝220 种取法， 而在共线的 4 个点中任意取 3 个均不能构成三角形，即不能构成三角 形的情况有 C34＝4 种．
1.2.2 组合(第二课时)
一、复习回顾
1. 组合的概念
一般地说，从 n 个不同元素中，任取 m (m≤n) 个元素并成一组，叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的一个组合. 2. 组合数公式
C =
m n
n(n-1)
(n- m+1) n! = m! m!(n- m)!
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1. 带限制条件的组合问题有“至少” “至多” 型，通常用分类法或间接法求解. 例1 从3个男生，3个女生中任意抽出3个同学去参 加一项活动. (1) 有多少种不同的抽法? (2) 抽出的3人中恰好有1个女生的抽法有多少种? (3) 抽出的3人中至少有1个女生的抽法有多少种? (4) 抽出的3人中至多有1个女生的抽法有多少种？
3 3 0 2 1 或 C6 C3 C3 C2 C3 20 1 9 10.
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例2 某医院有内科医生4名，外科医生5名，现要 派3人参加支边医疗队，至少要有1名内科医生和 1名外科医生参加，有多少种选派方法？
C C C C 70.
1 4 2 5 2 4 1 5
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8. 将8个学生干部的培训指标分配给5个不同的 班级，每班至少分到1个名额，共有多少种不同 的分配方法？
C 35
4 7
9. 从一楼到二楼的楼梯有17级，上楼时可以一 步走一级，也可以一步走两级，若要求11步走完， 则有多少种不同的走法？
C 462
6 11
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1 4 解：共有 C53C42C2 A4 2880 个.
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4. “隔板”法. 例6 从4个学校中选出8名学生参加数学竞赛， 每校至少有1人，这样有几种不同的选法? 分析: 问题相当于把个8相同球放入4个不同盒 子(盒子不能空的)有几种放法? 这类问可用 “隔板法”处理.
1.2.2组合(第二课时)
说明：“至少”“至多”的问题，通常用分类 法或间接法求解。
变式练习
按下列条件，从12人中选出5人，有多少种不同选法？
（1）甲、乙、丙三人必须当选；
C33C92 36
（（（（2345））））甲甲甲甲、 必 、 、乙 须 乙乙、 当 、、丙 选 丙丙三 ， 三三人乙人人不、只至能丙有多2当不一人选能人当；当当选选选；C；；30CC319C5 941C2311C76984 126
排列——先取 再排 组合——只取 不排
2. 排列与组合的联系:
组合是排列的一个步骤之一;
排列的本质是先组合后排列(全排列).
3. 排列数与组合数公式:
Anm
Ann A( n m )
( n m )
n! (n m)!
C
m n
Anm Amm
n! m!(n m)!
例1.在产品检验中，常从产品中抽出一部分 进行检查.现有100件产品，其中3件次品，97件 正品.要抽出5件进行检查，根据下列各种要求， 各有多少种不同的抽法？
Anm Amm
n(n 1)(n 2) m!
(n m 1)
Cnm
n! m!(n
m)!
我们规定：Cn0 1.
C C 定理 1:
m
nm
n
n
c c c m m m1
n1
n
n
注:1 公式特征：下标相同而上标差1的两个组合数 之和，等于下标比原下标多1而上标与原组合数上标
较大的相同的一个组合数．
种方法； ②“1、2、3型” 的分配情况，有 C61C52C33 A33 360 种方法；
③“1、1、4型”，有C64 A33 90种方法，
1.2.2组合(两课时)
有 C22C918 种，因此根据分类计数原理，抽出的3件
中至少有1件是次品的抽法的种数是
C21C928 C22C918 9506 98 9604
例4．在100件产品中，有98件合格品，
2件次品．从这100件产品中任意抽出3件．
（3）抽出的3件中至少有1件是次品的抽法有多少 种？
解法2：抽出的3件中至少有1件是次品的抽
练习
6．从3，5，7，11这四个质数中任取两个相 乘，可以得到多少个不相等的积？
C42 6
组合数的两个性质 组合数性质的应用
取法？
C73 35
从上面我们发现： C83 C72 C73
你能对上面的等式作出解释吗？
实际上，从口袋内的8个球中所取出的3个球，
可以分为两类：一类含1个黑球，一类不含黑
球．因此根据分类计数原理，上面的等式成立．
组合数性质2 ：
C m1 n
Cnm
Cm n 1
“下标相同，上标差1” “上标取大、下标加1”
例2．一个口袋内装有大小不同的7个白球和1个 黑球．
（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？
解：从口袋内取出的3个球中有1个是黑球，
于是还要从7个白球中再取出2个，取法种
数是
C72
76 21
21
例题讲解
例2．一个口袋内装有大小不同的7个白球和1个 黑球．
（3）从口袋内取出3个球，使其中不含黑球， 有多少种取法？
课堂练习： 教材25页练习
1.2.2 组 合
第二课时 组合数的性质
复习回顾：
组合定义:
一般地，从n个不同元素中取出m （m≤n）个元素合成一组，叫做从n个 不同元素中取出m个元素的一个组合．
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3 1 C 第二类，让两项工作都能胜任的从事德语翻译工作，有 4 C3 种选法；
练习、现有10名医务工作者，其中医生4人、护士6人.
（1）现要从这些医务工作者中选出2人参加研讨会，有多少种 不同的选法？
C =45
2 4 2 6
2 10
（2）现要从这些医务工作者中选出医生和护士各2人参加下乡 义诊，有多少种不同的选法？
C
3 100
100 99 98 161700种 1 2 3
1 （2）从2件次品种抽出1件次品的抽法有C2 种，从98件合格品种抽出 2 2件合格品的抽法有C98 种，因此抽出恰好有1件次品的抽法有
1 2 C2 C98 9506种
例2、在100件产品中，有98件合格品，2件次品.从这100件产 品中任意抽出3件.
（3）抽出的3件产品中至少有一件次品的抽法有多少种？
（3）解法一：从100件产品中抽出的3件中至少有1件次品，包 括有1件次品和有2件次品的情况.在第（2）小题种已经求得
1 2 其中有1件次品的抽法C2 C98 种，因此根据分类加法计数原理，
抽出的3件中至少有1件次品的抽法有：
C C C C 9604种
解：因为有一个两项工作都能胜任的青年，因此需要分成3类：
2 2 第一类，让两项工作都能胜任的从事英语翻译工作，有C4 C3 种选法； 3 2 第三类，两项工作都能胜任的青年部从事任何工作，有 C4 C3 种选法. 2 2 3 1 3 2 根据分类加法计数原理可得，共有 C4 C3 C4 C3 C4 C3 =42 种选法.
第三类，222型，共有
1
1
种分法；
根据分类加法原理，共有3 6 1=10种方法.
练习： (1)今有10件不同奖品,从中选6件分成三份, 二份各1件, 另一份4件, 有多少种分法?
(2) 今有10件不同奖品,从中选6件分给甲乙丙三人,每 人二件有多少种分法?
6 4 1 1 C10 C6 C2C1 (1) =3150 2 A2
§1.2.2
第二课时
组合
一、复习回顾
1、分类加法计数原理： 完成一件事，有n类不同方案，在第1类方案 中有m1种不同的方法,在第2类方案中有m2种不同 的方法 ……在第n类方案中有mn种不同的方法.那 么完成这件事共有 N m1 m2 mn 种 不同的方法. 2、分步乘法计数原理： 完成一件事，需要分成n个步骤，做第1步有 m1种不同的方法,做第2步有m2种不同的方法……， 做第n步有mn种不同的方法.那么完成这件事共 有 N m1 m2 mn 种不同的方法.
C C =90
二、有约束条件的组合问题
例2、在100件产品中，有98件合格品，2件次品.从这100件产 品中任意抽出3件. （1）有多少种不同的抽法？ （2）抽出的3件产品中恰好有一件次品的抽法有多少种？
（3）抽出的3件产品中至少有一件次品的抽法有多少种？
（1）所求的不同抽法的种数就是从100件产品中抽出3件的组合数， 所以共有
第三类，222型，共有 C6 C4 C2 =90种分法；
2 1 1 1 2 3 3 2 2 2 根据分类加法原理，共有C3 C6C5 C6 C5 C3 A3 C6 C4 C2 =540种方法.
2
2
2
（6）分成2个步骤：第一步，把书分成5组，有C5 种分法；
5 第二步，从5组书分配给5个人，有 A5 种分法； 2 5 根据分步乘法计数原理可得，共有 C5 A5 1800 种方法.
2 确定 7C5 个平面； 第三类，从5个共面的点中选1个，从其余7个点中选2个，可以 2 确定 5C7 个平面； 3 第四类，从其余7个点中选3个，可以确定 C7 2
个平Байду номын сангаас；
2 3
根据分步类加法计数原理可得，共有 1 7C5 5C7 C7 =211 种方法.
练习、在∠MON的边OM上有5个异于O点的点，边ON上有4个 异于O点的点，以这10个点（含O点）为顶点，可以得到多少 个三角形？
三、分组分配问题
例3、6本不同的书，按下列条件，各有多少种不同的分法；
（1）分给甲、乙、丙三人，每人两本； （2）分成三份，每份两本；
（3）分成三份，一份1本，一份2本，一份3本；
（4）分给甲、乙、丙3人，一人1本，一人2本，一人3本； （5）分给甲、乙、丙3人，每人至少一本； （6）分给5个人，每人至少一本；
（6）甲、乙、丙三人至少1人当选.
直接：C C C C C C 756
0 3 5 9 1 3 4 9 2 3 3 9
5 3 2 间接：C12 C3 C9 756
直接：C C C C C C 666
1 3 4 9 2 3 3 9 3 3 2 9
5 0 5 间接：C12 C3 C9 756
第三类，222型，共有 C6 C4 C2 =90种分法；
2 1 1 1 2 3 3 2 2 2 根据分类加法原理，共有C3 C6C5 C6 C5 C3 A3 C6 C4 C2 =540种方法.
2
2
2
例3、由于书相同，所以只考虑每个人拿到的书本数量的差异， 分成3类：第一类，114型，共有 C3 =3 种分法； 3 第二类，123型，共有 A3 =6 种分法；
根据分步乘法计数原理可得，共有
2 2 2 C6 C4 C2 90 种方法.
2 2 2 C6 C4 C2 15 种方法. （2）在（1）的基础上去掉顺序即可，有 3 A3
例3、6本不同的书，按下列条件，各有多少种不同的分法； （3）分成三份，一份1本，一份2本，一份3本；
（4）分给甲、乙、丙3人，一人1本，一人2本，一人3本；
6 4 2 2 (2)C10 C6 C4 C2 18900
四、几何图形中的组合问题
例5、有12个点，其中5个点共面，此外再也没有4点共面的情 况，求着12个点可以确定多少个不同的平面？
解：分成4类： 第一类，从5个共面的点确定 1 个平面； 第二类，从5个共面的点中选2个，从其余7个点中选1个，可以
直接法：C C C C C C =90
1 5 1 4 2 5 1 4 1 5 2 4
间接法：C C C =90
3 10 3 5 3 6
法三：C C C C =90
2 6 1 4 1 5 2 4
3、排列的定义 从n个不同元素中，任取m(m<n)个元素， 按照 一定的顺序 排成一列，叫做从 n 个不 同元素中取出m个元素的一个排列. 4、排列数的定义，排列数的计算公式
A n(n 1)(n 2)(n m 1) n! m An (n m)!
m n
5.组合定义 从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素 合成一组，叫做从n个不同元素中取出m 个元素的一个组合． 6.组合数及组合数公式、性质
2
例4、6本相同的书，分给甲、乙、丙3人，每人至少一本， 有多少种不同的分法。 例3、6本不同的书，按下列条件，各有多少种不同的分法； （5）分给甲、乙、丙3人，每人至少一本； 2 1 1 （5）分成3类：第一类，114型，共有C3 C6C5 =90 种分法；
1 2 3 3 C 第二类，123型，共有 6C5 C3 A3 =360 种分法；
1 （3）分成3个步骤：第一步，选1本书成为1组，有 C6 种方法；
第二步，从剩下的5本书中选2本书成为1组，有 C5 种方法；
3 第三步，将剩下的3本书成为1组，有C3 种方法.根据分步乘
2
1 2 3 法计数原理可得，共有 C6 C5 C3 60 种方法.
（4）在（3）的基础上把三组书分配给三人即可，
例3、6本不同的书，按下列条件，各有多少种不同的分法；
（1）分给甲、乙、丙三人，每人两本；
（2）分成三份，每份两本；
（1）分成3个步骤：
2 第一步，选2本书分配给甲，有 C6 种方法； 2 第二步，从剩下的4本书中选2本书分配给乙，有C4 种方法； 2 第三步，将剩下的2本书分配给丙，有 C2 种方法.
练习：按下列条件，从12人中选出5人，有多少种不同的选法？ （1）甲、乙、丙三人必当选；
3 2 C3 C9 36 0 5 C3 C9 126
（2）甲、乙、丙三人不能当选；
（3）甲必当选，乙、丙不能当选；
（4）甲、乙、丙三人只有1人当选；
C C 126
1 1 4 9
1 4 C C 378 （5）甲、乙、丙三人至多2人当选； 3 9
1 2 3 3 有 C6 C5 C3 A3
360 种方法.
例3、6本不同的书，按下列条件，各有多少种不同的分法； （5）分给甲、乙、丙3人，每人至少一本；
（6）分给5个人，每人至少一本；
2 1 1 （5）分成3类：第一类，114型，共有C3 C6C5 =90 种分法； 1 2 3 3 C 第二类，123型，共有 6C5 C3 A3 =360 种分法；
1 2 2 98 2 2 1 98
直接法
（3）解法二：从100件产品中抽出的3件中至少有1件次品的抽法 的种数，也就是从100件产品中抽出的3件的抽法种数减去3件都 是合格品的抽法种数，即
3 3 C100 C98 161700 152096=9604种
间接法
方法总结：组合问题中的限制条件主要体现在 取出得元素中“含”或“不含”某些元素，在 解答时可以用直接法，也可以用间接法.用直 接法求解时，要注意合理地分类或分步；用间 接法求解时，要注意题目中“至少”“至多” 等关键词的含义，做到不重不漏.
m A n(n 1)(n 2)(n m 1) m n Cn m Am m!
n! C m !(n m)!
m n
C
m n1