【原】小学奥数知识7-5-2 组合的基本应用（二）.学生版

1.使学生正确理解组合的意义；正确区分排列、组合问题；

2.了解组合数的意义，能根据具体的问题，写出符合要求的组合；

3.掌握组合的计算公式以及组合数与排列数之间的关系；

4.会分析与数字有关的计数问题，以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，从个不同元素中取出个()元素组成一组不计较组内各元素的次序，叫做从个不同元素中取出个元素的一个组合．

    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．

从个不同元素中取出个元素()的所有组合的个数，叫做从个不同元素中取出个不同元素的组合数．记作．

一般地，求从个不同元素中取出的个元素的排列数可分成以下两步：

第一步：从个不同元素中取出个元素组成一组，共有种方法；

　　第二步：将每一个组合中的个元素进行全排列，共有种排法．

根据乘法原理，得到．

因此，组合数．

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：()

这个公式的直观意义是：表示从个元素中取出个元素组成一组的所有分组方法．表示从个元素中取出()个元素组成一组的所有分组方法．显然，从个元素中选出个元素的分组方法恰是从个元素中选个元素剩下的()个元素的分组方法．

例如，从人中选人开会的方法和从人中选出人不去开会的方法是一样多的，即．

规定，．

模块一、组合之几何问题

【例 1】    在一个圆周上有个点，以这些点为端点或顶点，可以画出多少不同的：

⑴ 直线段；⑵ 三角形；⑶ 四边形．

【考点】组合之基本运用         【难度】3星         【题型】解答

【解析】 由于个点全在圆周上，所以这个点没有三点共线，故只要在个点中取个点，就可以画出一条线段；在个点中取个点，就可以画出一个三角形；在个点中取个点，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：

⑴ 可画出(条)直线段．

⑵ 可画出(个)三角形．

⑶ 可画出(个)四边形．

【答案】⑴             ⑵           ⑶

【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？

【考点】组合之基本运用         【难度】2星         【题型】解答

【解析】 这道题不考虑线段两个端点的顺序，是组合问题，实际上是求从个元素中取出个元素的组合数，由组合数公式，，所以以个点中每个点为端点的线段共有条．

【答案】

【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？

【考点】组合之基本运用         【难度】2星         【题型】解答

【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，实际上是求从个点中选出个点的选法，等于(种)．

【答案】

【例 2】    平面内有个点，其中点共线，此外再无三点共线．
⑴ 可确定多少个三角形？⑵ 可确定多少条射线？

【考点】组合之基本运用         【难度】3星         【题型】解答

【解析】 ⑴ 分三类：

①有个顶点在共线的点中，另个顶点在不共线的点中的三角形有

个；

②有个顶点在共线的点中，另个顶点在不共线的点中的三角形有

(个)；

③个顶点都在不共线的点中的三角形有个．

根据加法原理，可确定个三角形．

⑵ 两点可以确定两条射线，分三类：

①共线的点，确定条射线；

②不共线的点，每两点确定两条射线，共有(条)射线；

③从共线的点与不共线的点中各取一个点可以确定(条)射线．

根据加法原理，可以确定(条)射线．

【答案】⑴                 ⑵

【巩固】    如图，问：⑴ 图中，共有多少条线段？ ⑵ 图中，共有多少个角？

　　　　  

　　　　　　　　　　　　　图　　　　　　　 　　　　　　　图

【考点】组合之基本运用         【难度】1星         【题型】解答

【解析】 ⑴ 在线段上共有个点（包括端点、）．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，而表示从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，所以共有条线段．

由组合数公式知，共有(条)不同的线段；

　　　　⑵ 从点出发的射线一共有条，它们是， ，，，，，．注意到每两条射线可以形成一个角，所以，只要看从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，共有种不同的取法，所以，可组成个角．

　  由组合数公式知，共有(个)不同的角．

【答案】⑴                ⑵

模块二、组合之应用题

【例 3】    6个朋友聚会，每两人握手一次，一共握手多少次？

【考点】组合之基本运用         【难度】1星         【题型】解答

【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，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，(次)．所以一共握手次．

【答案】

【巩固】某班毕业生中有名同学相见了，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？

【考点】组合之基本运用         【难度】1星         【题型】解答

【解析】 (次)．

【答案】

【例 4】    学校开设门任意选修课，要求每个学生从中选学门，共有多少种不同的选法？

【考点】组合之基本运用         【难度】2星         【题型】解答

【解析】 被选中的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，(种)．

所以共有种不同的选法．

【答案】

【例 5】    有2克，5克，20克的砝码各1个，只用砝码和一架已经调节平衡了的天平，能称出       种不同的质量。

【考点】组合之基本运用   【难度】3星  【题型】填空

【关键词】希望杯，五年级，一试，第5题

【解析】 第一大类：砝码只放一边。共有或者（种）；第二大类：两边都放砝码。再分类：两边各放一个，共有种；一边放两个一边放一个有或者种。所以这一大类共有（种）。根据加法原理，共能称出7+6=13（种）不同的质量。

【答案】种

【例 6】    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？

【考点】组合之基本运用         【难度】3星         【题型】解答

【解析】 （1）从10件产品中抽出3件，抽法总数为=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×=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=56（种）

所以至少有一件次品的抽法总数为120-56=64（种）．

【答案】（1）120            （2）56           （3）64 

【例 7】    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（只要求列式）？⑴都不是次品；⑵至少有1件次品；⑶不都是次品．

【考点】组合之基本运用         【难度】3星         【题型】解答

【解析】 第⑴题：与顺序无关；都不是次品，即全部都是正品，正品有195件．第⑵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⑶题：与顺序无关；不都是次品，即至少有1件是正品．

⑴都不是次品，即全部为正品．

共有抽法种．

⑵至少有1件次品，包括1件、2件、3件、4件次品的情况．

共有抽法种（或种）．

⑶不都是次品，即至少有1件正品．

共有抽法种（或种）．

【答案】⑴               ⑵                 ⑶

【例 8】    某班要在名同学中选出名同学去参加夏令营，问共有多少种选法？如果在人中选人站成一排，有多少种站法？

【考点】组合之基本运用         【难度】3星         【题型】解答

【解析】 要在人中选人去参加夏令营，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，共有种不同的选法．

　　　　要在人中选出人站成一排，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，共有种不同的站法．

由组合数公式，共有(种)不同的选法；

由排列数公式，共有(种)不同的站法．

【答案】

【例 9】    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．

【考点】组合之基本运用         【难度】1星         【题型】解答

【关键词】希望杯，1试

【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．这样共有个空，每个空最多只能放一盘红花，相当于从个元素中取出个，所以共有种不同的放法．

【答案】

【例 10】 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？

【考点】组合之基本运用         【难度】2星         【题型】解答

【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：

（种）．

【答案】

【例 11】 在一次考试的选做题部分，要求在第一题的个小题中选做个小题，在第二题的个小题中选做个小题，在第三题的个小题中选做个小题，有多少种不同的选法？

【考点】组合之基本运用         【难度】1星         【题型】解答

【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，个小题中选做个，有(种)选法；

第二题中，个小题中选做个，有(种)选法；

第三题中，个小题中选做个，有(种)选法．

根据乘法原理，一共有(种)不同的选法．

【答案】

【例 12】 某年级个班的数学课，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？

【考点】组合之基本运用         【难度】3星         【题型】解答

【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(种)选法；

第二步，从余下的个班中选取两个班给乙，有(种)选法；

第三步，剩余的两个班给丙，有种选法．

根据乘法原理，一共有(种)不同的分配方法．

【答案】

【例 13】 将19枚棋子放入的方格网内，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．

【考点】组合之基本运用         【难度】2星         【题型】解答

【关键词】迎春杯，高年级，初赛

【解析】 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)有种选法，所以总共有种不同的放法．

【答案】

【例 14】 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？

【考点】组合之基本运用         【难度】3星         【题型】解答

【解析】 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，其他黄色气球、绿色气球依此类推．

所以共有射击方法：

(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，有种选法；这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，有种选法；它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，共有种不同的射法．

【答案】

【例 15】 某池塘中有三只游船，船可乘坐人，船可乘坐人，船可乘坐人，今有个成人和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，那么他们人乘坐这三支游船的所有安全乘船方法共有多少种？

【考点】组合之基本运用          【难度】3星         【题型】解答

【解析】 由于有儿童乘坐的游船上必须至少有个成人陪同，所以儿童不能乘坐船．

⑴若这人都不乘坐船，则恰好坐满两船，①若两个儿童在同一条船上，只能在船上，此时船上还必须有个成人，有种方法；②若两个儿童不在同一条船上，即分别在两船上，则船上有个儿童和个成人，个儿童有种选择，个成人有种选择，所以有种方法．故人都不乘坐船有种安全方法；

⑵若这人中有人乘坐船，这个人必定是个成人，有种选择．其余的个成人与个儿童，①若两个儿童在同一条船上，只能在船上，此时船上还必须有个成人，有种方法，所以此时有种方法；②若两个儿童不在同一条船上，那么船上有个儿童和个成人，此时个儿童和个成人均有种选择，所以此种情况下有种方法；故人中有人乘坐船有种安全方法．

所以，共有种安全乘法．

【答案】

【例 16】 有蓝色旗面，黄色旗面，红色旗面．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?

【考点】组合之基本运用         【难度】2星         【题型】解答

【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，可以表示种不同信号；

第二类：挂两面旗．按颜色分成：红黄（种）；红蓝（种）；黄蓝（ 种）；黄黄（种）；蓝蓝（种）；共种；

第三类：挂三面旗．按颜色分类：红蓝蓝（种）；红黄黄（种）；红黄蓝（种）；黄黄蓝（种）；黄蓝蓝（种）；蓝蓝蓝（种）；共种；

第四类：挂四面旗．按颜色分类：红黄黄蓝（或种）；红黄蓝蓝（或种）；红蓝蓝蓝（种）；黄黄蓝蓝（种）；黄蓝蓝蓝（种），共种；

第五类：挂五面旗．按颜色分类：红黄黄蓝蓝（种）；红黄 蓝蓝蓝（种）；黄黄蓝蓝蓝（种），共种；

第六类：挂六面旗．红黄黄蓝蓝蓝（种）．

根据加法原理，共可以表示种不同的信号．

【答案】

【例 17】 从名男生，名女生中选出人参加游泳比赛．在下列条件下，分别有多少种选法？
⑴恰有名女生入选；⑵至少有两名女生入选；⑶某两名女生，某两名男生必须入选；
⑷某两名女生，某两名男生不能同时入选；⑸某两名女生，某两名男生最多入选两人．

【考点】组合之基本运用         【难度】3星         【题型】解答

【解析】 ⑴恰有名女生入选，说明男生有人入选，应为种；

⑵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：

；

⑶人必须入选，则从剩下的人中再选出另外人，有种；

⑷从所有的选法种中减去这个人同时入选的种：

．

⑸分三类情况：人无人入选；人仅有人入选；人中有人入选，共：

．

【答案】⑴种；

⑵；

⑶种；

⑷．

⑸．

【例 18】 从名男生，名女生中选出名代表．
⑴ 不同的选法共有多少种？
⑵ “至少有一名女生”的不同选法共有多少种？
⑶ “代表中男、女生都要有”的不同选法共有多少种？

【考点】组合之基本运用         【难度】3星         【题型】解答

【解析】 ⑴ 相当于从名学生中任意选名，不同的选法有(种)．

⑵ 方法一：可以分成三类：

①选名女生，选名男生．由乘法原理，有(种)选法；

②选名女生，选名男生．由乘法原理，有(种)选法；

③选名女生，男生不选，有种选法．

根据加法原理，“至少有一名女生”的不同选法有(种)．

方法二：先不考虑对女生的特殊要求，从从名学生中任意选名，有(种)选法；考虑一个女生都不选的情况，则名代表全产生于男生中，有 (种)选法，所以，至少选一名女生的选法有种，这种“去杂法”做起来也比较简单．

⑶ “代表中男、女生都要有”，可以分成两类：

①名男生，名女生，由乘法原理，有(种)选法；

②名男生，名女生，由乘法原理，有(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(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”．

【答案】⑴              ⑵              ⑶

【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？
⑴ 有3名内科医生和2名外科医生；
⑵ 既有内科医生，又有外科医生；
⑶ 至少有一名主任参加；
⑷ 既有主任，又有外科医生．

【考点】组合之基本运用         【难度】4星         【题型】解答

【解析】 ⑴ 先从名内科医生中选名，有种选法；再从名外科医生中选名，共有种选法．根据乘法原理，一共有选派方法种．

⑵用“去杂法”较方便，先考虑从名医生中任意选派人，有 种选派方法；再考虑只有外科医生或只有内科医生的情况．由于外科医生只有人，所以不可能只派外科医生．如果只派内科医生，有种选派方法．所以，一共有种既有内科医生又有外科医生的选派方法．

⑶如果选名主任，则不是主任的名医生要选人，有种选派方法；如果选名主任，则不是主任的名医生要选人，有种选派方法．根据加法原理，一共有种选派方法．

⑷ 分两类讨论：

①若选外科主任，则其余人可任意选取，有种选取方法；

②若不选外科主任，则必选内科主任，且剩余人不能全选内科医生，用“去杂法”有种选取法．

根据加法原理，一共有种选派方法．

【答案】⑴           ⑵          ⑶          ⑷

【例 19】 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，今选派由人组成的安装小组，组内安装电脑要人，安装音响设备要人，共有多少种不同的选人方案？

【考点】组合之基本运用         【难度】4星         【题型】解答

【解析】 按具有双项技术的学生分类：

⑴ 两人都不选派，有(种)选派方法；

⑵ 两人中选派人，有种选法．而针对此人的任务又分两类：

若此人要安装电脑，则还需人安装电脑，有(种)选法，而另外会安装音响设备的人全选派上，只有种选法．由乘法原理，有(种)选法；

若此人安装音响设备，则还需从人中选人安装音响设备，有(种)选法，需从人中选人安装电脑，有(种)选法．由乘法原理，有(种)选法．

根据加法原理，有(种)选法；

综上所述，一共有(种)选派方法．

⑶ 两人全派，针对两人的任务可分类讨论如下：

①两人全安装电脑，则还需要从人中选人安装电脑，另外会安装音响设备的人全选上安装音响设备，有(种)选派方案；

②两人一个安装电脑，一个安装音响设备，有(种)选派方案；

③两人全安装音响设备，有(种)选派方案．

根据加法原理，共有(种)选派方案．

综合以上所述，符合条件的方案一共有(种)．

【答案】⑴           ⑵           ⑶

【例 20】 有11名外语翻译人员，其中名是英语翻译员，名是日语翻译员，另外两名英语、日语都精通．从中找出人，使他们组成两个翻译小组，其中人翻译英文，另人翻译日文，这两个小组能同时工作．问这样的分配名单共可以开出多少张？

【考点】组合之基本运用         【难度】4星          【题型】解答

【解析】 针对两名英语、日语都精通人员(以下称多面手)的参考情况分成三类：

⑴多面手不参加，则需从名英语翻译员中选出人，有种选择，需从名日语翻译员中选出人，有种选择．由乘法原理，有种选择．

⑵ 多面手中有一人入选，有种选择，而选出的这个人又有参加英文或日文翻译两种可能：

如果参加英文翻译，则需从名英语翻译员中再选出人，有种选择，需从名日语翻译员中选出人，有种选择．由乘法原理，有种选择；

如果参加日文翻译，则需从名英语翻译员中选出人，有种选择，需从名日语翻译员中再选出名，有种选择．由乘法原理，有种选择．根据加法原理，多面手中有一人入选，有种选择．

⑶ 多面手中两人均入选，对应一种选择，但此时又分三种情况：

①两人都译英文；②两人都译日文；③两人各译一个语种．

情况①中，还需从名英语翻译员中选出人，有种选择．需从名日语翻译员中选人，种选择．由乘法原理，有种选择．

情况②中，需从名英语翻译员中选出人，有种选择．还需从名日语翻译员中选出人，有种选择．根据乘法原理，共有种选择．

情况③中，两人各译一个语种，有两种安排即两种选择．剩下的需从名英语翻译员中选出人，有种选择，需从名日语翻译员中选出人，有种选择．由乘法原理，有种选择．

根据加法原理，多面手中两人均入选，一共有种选择．

综上所述，由加法原理，这样的分配名单共可以开出张．

【小结】组合问题中出现“多面手”时，往往“多面手”是进行分类讨论的对象，这样可以简化问题．

【答案】⑴               ⑵             ⑶

【巩固】           某旅社有导游人，其中人只会英语，人只会日语，其余个既会英语又会日语．现要从中选人，其中人做英语导游，另外人做日语导游．则不同的选择方法有多少种？

【考点】组合之基本运用         【难度】4星         【题型】解答

【解析】 此题若从“多面手”出发来做，不太简便，由于只会日语的人较少，所以针对只会日语的人讨论，分三类：

⑴只会日语的人都出场，则还需个多面手做日语导游，有种选择．从剩下的只会英语的人和多面手共人中选人做英语导游，有种选择．

由乘法原理，有种选择．

⑵只会日语的人中有人出场，有种选择．还需从多面手中选人做日语导游，有种选择．剩下的只会英语的人和多面手共人中选人做英语导游，有种选择．

由乘法原理，有种选择．

⑶只会日语的人不出场，需从多面手中选人做日语导游，有种选择．

剩下的只会英语的人和多面手共人中选人做英语导游，有种选择．

由乘法原理，有种选择．根据加法原理，不同的选择方法一共有种．

【小结】当“多面手”的数量较多时，对“多面手”分类讨论．问题反倒不简单了．那么．此时应灵活选择数量较少的一类元素讨论(如本题中的会日语的导游)．做题时要根据具体问题灵活处理．

【答案】⑴             ⑵            ⑶