【综合应用创新思维点拨】
一、学科内综合思维点拨
组合应用较广泛，组合问题与代数、解析几何、立体几何知识的综合问题，是较常见的问题，因此，综合应用应给以关注.
【例1】 直线l1∥l2，在l1上有4个点，在l2上有6个点，以这些点为端点连成线段，这些线段在l1与l2之间最多有多少个交点？
思维入门指导：l1上两点与l2上两点构成一个凸多边形，凸多边形对角线的交点必在多边形内.
解：最多有C •C ＝90个.
点拨：处理几何问题，应紧紧抓住“对应”关系来求.
【例2】 在正方体中，由8个顶点：
(1)可确定多少个三棱锥？
(2)可确定多少个平面？
(3)可确定多少对异面直线？
思维入门指导：这种确定点、线组成几何图形的问题中，经常使用“排除法”.
解：（1）确定一个三棱锥须不共面的四个点，而正方体的8个顶点中，四点共面的有12个，所以，可确定的三棱锥有C －12C ＝58（个）.
（2）类似于(1)用间接法可确定平面的个数有：
C －12C ＋12＝20（个）.
（3）由8个顶点共可确定C ＝28条直线，其中6线共面的有12组，3线共面的有8组，于是共可确定C －12C －8C ＝174对异面直线.
也可如下考虑：8个顶点可确定58个三棱锥，而每个三棱锥有3对异面直线，故可确定3×58＝174对异面直线.
点拨：应注意其几何图形的确定方法以及条件中的“点共线”、“线共点”、“线共面”、“点共面”.
【例3】 从－3，－2，－1，O，1，2，3，4八个数字中，任取3个数作为二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c中的字母a、b、c的值，可以组成图象过原点且顶点在第一象限的函数有多少个？
思维入门指导：本题考查二次函数图象特征及组合知识，可先考虑图象过原点，顶点又在第一象限时，a、b、c应满足的条件，再根据给出的8个数字求解.
解：因图象过原点，∴C＝0，又顶点在第一象限，须满足
解得
∴a可从－3，－2，－1三个数字中任取一个有C 种方法；b可从1，2，3，4四个数字中任取一个，有C 种方法.所以，符合条件的函数个数有C •C ＝12个.
点拨：了解符合题意的函数特征是解题的关键，若只注意a≠0，易发生错误.
【例4】 集合A和B分别有8个和7个元素，A∩B有4个元素，集合C有3个元素，且满足下列条件：C A∪B，C∩A≠○，C∩B≠○，满足条件的集体C共有几个?
思维入门指导：此题将组合和集合的基础知识综合在一起，首先要将元素分类，并确定A∪B中元素个数，然后采用直接或间接法解答.
解：由题设，A∪B中元素个数为8＋7－4＝11个.
这11个元素应分为三类(如图10－3－1)，所求C的个数为：
C C ＋C C ＋C ＋C C C ＋C C C ＝160(个).
另解：C －C －C ＝160(个).
点拨：借助图示将元素分类是集合思想的典型应用.
二、学科间综合思维点拨
【例5】 控制生物某一性状的基因有8个复等位基因，那么控制这一性状的基因型有多少种？杂合体基因型有多少种？
解：控制这一性状的基因型有C ＋8＝36；杂合基因型有C ＝28种.
点拨：基因型分纯合体基因型与杂合体基因型两类.
三、应用思维点拨
【例6】 某医院有内科医生12名，外科医生8名，现要选派5人参加赈灾医疗队，其中：
(1)某内科医生必须参加，某外科医生不能参加，有几种选法？
(2)至少有一名内科医生和至少一名外科医生参加，有几种选法？
思维入门指导：(1)中要注意元素来源.(2)中要把握好“至少”的含义.
解法一：(1)某内科医生必须参加，某外科医生不能参加故只需从余下的18名医生中再任选4名，故共有C •C ＝3060种不同的选派方法.
(2)至少一名内科医生和至少有一名外科医生参加的选法可分为四类：一名内科医生、四名外科医生；内科两名、外科三名；内科三名、外科两名；内科四名、外科一名，因此，选法种数为：
C C ＋C C ＋C C ＋C C ＝14656（种）.
解法二：不考虑限制条件时，选法种数为C ，其中五名医生都是外科或者都是内科医生的不符合要求，因此，所有选法为：C －（C ＋C ）＝14656种.
点拨：首先根据此题中“元素”只取不排，确定为组合问题，其次考虑是分类还是分步，是直接法还是使用间接法.
【例7】 某车间有9名工人，其中2名工人既能当车工又能当钳工，有3名工人只能当车工，有4人只能当钳工，现在要抽调3名车工，3名钳工，有多少种抽法？
思维入门指导：用集合的韦恩图先将9名工人进行分类(如图10－3－2)，然后选用一个标准进行分类求解即可.
解：以2名既能当车工，又能当钳工的工人为标准进行分类，应分成六类：
（1）不抽此2人，抽法有C C ；
（2）抽此2人中1人当车工，抽法有C C C ；
（3）抽此2人中1人当钳工，抽法有C C C ；
（4）抽此2人当车工，抽法有C C C ；
（5）抽此2人当钳工，抽法有C C C ；
（6）抽此2人中一人当车工，另一人当钳工，有C C A .
∴总共抽调方法为：
C C ＋C C C ＋C C C ＋C C C ＋C C C ＋C C A ＝92（种）.
点拨：本题若以抽调6人中含只会当车工的3人中几人来分类，可分为含其3人中1人；2人；3人三类情况即可，比上解法简便，列式为：
C C C ＋C C C ＋C C ＝12＋60＋20＝92（种）.
四、创新思维点拨
【例8】 将n＋1个不同的小球放入n个不同的盒子中，要使每个盒子都不空，共有多少种放法？
解法一：由于不能出现空盒，所以应当有一个盒子放两个球，从这n个盒子中选出一个放两个球，其余各盒都应放入一个球.从这n个盒子中选出一个放两个球，有C 种不同的选法；从这n＋1个球中选出两个球放入此盒，有C 种选法；其余n－l个球分别放入其余n－1个盒子，有（n－1）！种不同放法，由分步计数原理共有：
C •C •（n－1）！＝ •（n＋1）！种不同放法.
解法二：有两个球应放入同一个盒子中，从这n＋1个球中选出两个球，有C 种不同选法，将这两球视为一个球，再与其余n－1个球一道分别放入这n个盒子，共有n！种不同放法.所以一共有；
C ＋1•n！＝ •（n＋1）！种不同放法.
解法三：先将n＋1个球排成一排，共有（n＋1）！种排法，再在它们之间插入隔板，以表示将它们放入不同的盒子中，由于不能出现空盒，因此，必须用n－1块隔板分别插在它们两两之间的n个间隔中的n－1个之上，故有C ＝n种不同的插法，又因放入同一个盒子的两个球无顺序之分，所以一共有(n＋1)!•n• ＝ •(n＋1)!种不同的放法.
点拨：以上三种解法从不同的角度考虑问题，收到了殊途同归之效.
解法二可视为是先分堆，再装盒.
解法三采用了“隔板模型”将不可辨的球装入到可辨的盒子中，求装的方法数、常用此模型.如将12个完全相同的球排成一排，在它们之间11个缝隙中任意插入3块隔板，把球分成4堆，分别装入4个不同的盒子中的方法数应为C 种.这也是方程a＋b＋c＋d＝12的正整数解的个数.由此n元方程x1＋x2＋…＋xn＝m(m∈Z，m≥n)的正整数解的个数为C .
此题常见的错解为：先将从n＋1个球中选出的n个小球放入n个盒子中，每个小盒放入1个小球，有放法A 种，再把余下的一个球放到n个盒子的某一个盒子中去，有C 种放法，共有C •A ＝n•(n＋1)！种.错因在于这里出现了大量的重复情形.
【例9】 有2n个人参加收发电报培训，每两人结为一对互发互收，有多少种不同的结对方式？
思维入门指导：这是一个生活中较为常见的问题，这里只关心谁同谁结为一对，且无须分辨哪一对叫第一对，哪一对叫第二对等.因此，完全可以从一种朴素的角度来解答，而不必利用排列组合的公式.
解：让这2n个人列成一横排，先为最左端的人挑选一个结对的伙伴，有2n－1种选法；再为剩下的人中最左端的一个人挑选一结对的伙伴，有2n－3种挑法；再为剩下的人中最左端的挑选一个结对的伙伴，有2n－5种挑法……如此下去，由分步计数原理知，共有
(2n－1)(2n－3)…3•1＝ ＝ 种不同的结对方式.
五、高考思维点拨
【例10】 (2003，江苏、天津、全国新课程，5分)某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分(如图10－3－3)，现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，不同的栽种方法有______ 种（以数字作答）
当P、A、B已染好时，不妨设其所染颜色依次为1、2、3.若C颜色为2，则D可染色为3、4、5之一，有3种染色方法；当C染色为4，则D可染色为3或5，有2种染法；当C染色为5，则D可染颜色为3或4.可见，当P、A、B已染好时，C与D还有7种染色方法，因此不同的染色方法共有60×
7＝420种.
解法二：若五个顶点用五种不同的颜色，有A 种方法；若用四种颜色，则可以P、A、B、C各染一种颜色，D与B相同，或者P、A、B、D各染一种颜色，且C与A染色相同，有2A 种染色方法；若使用三种颜色，则P、A、B各染一种颜色，且C与A相同，B与D染色相同，有A 种方法.所以共有：
A ＋2A ＋A ＝120＋2×120＋60＝420（种）不同的染色方法.
【例13】 乒乓球队的10名队员中有3名主力队员，现派5名参加比赛，3名主力队员要安排在第一、三、五位置，其余7名选手各安排在第二、四位置.那么不同的出场安排共有多少种？
思维入门指导：因出场的乒乓球队的队员除位置要考虑外，主力队员必须出场，这样元素有了选取的限制条件，因此，要“先选取，后排序”.
解：参赛队员的选择方法有C C 种.然后将这当中的主力队员在一、三、五位置上填好，有A 种方法，其余2名队员在二、四位置上填好，有A 种方法，所以共有C A A ＝252种不同的出场安排.
【例14】 一个口袋内有4个不同的红球，6个不同的白球，从中任取4个球，球：
(1)红球的个数不比白球少的取法有多少种?
(2)若取一个红球记2分，取一个白球1分，从中任取5个球，使总分不小于7的取法有多少种?
思维入门指导：这一个组前的应用题中的第(1)问可以根据所取4个球中含有多少个红球为线索分类去解；第(2)问要选红球和白球各多少个，才能使总分不小于7？可设取红球x个，白球为5－x个，据其分数列一个不等式确定其正整数解即可.
解：(1)可分为三类：取4个红球，不取白球，有C 种；取3红1白，有C C 种方法；取2红2白有C C 种方法，此外，没有其他符合题设的取法，故共有C ＝C C ＋ C C ＝115种方法.
(2)设红球取x个，白球取5－x个，依题设有2x＋(5－x)≥7.其中x∈N，0≤x≤4，且0≤5－x≤6.解得x＝2，3，4，对应5－x＝3，2，1.故取法种数为C C ＋C C ＋C C ＝186种.
【例15】 四面体的顶点和各棱的中点共有10个点，在其中取4个不共面的点，不同的取法共有多少种？
思维入门指导：此题要注意分类讨论，用“间接法”较简便.
A卷
一、1.D 点拨：排除法.
2.B 点拨：应用组合数性质：C ＋C ＝C .
3.B 点拨：说法可分为三类，1男3女有C C 种方法，2男2女有C C 种，3男1女有C C 种，共有C C ＋C C ＋C C ＝200种.
4.D 点拨：依次为每所学校各选一名医生和两名护士，分配方法有C C C C ＝540种.
5.A 点拨：先选取3个不同的数有C 种方法，然后把其中最大的数放在百位上，另两个不同的数放在十位和个位上，有A 种排法，故共有A A ＝40个三位数.
6.A 点拨：设男队员x＋2人，由题意可列式C C ＝64.解得x＝8，故男队员是10人.
7.C 点拨：C C ＋C C ＝210.
8.B 点拨：先将4个球中选出2个，有C 种选法，然后将三“堆”球装入三个盒子，有A 种方法，故共有C A 种方法.
9.B 点拨：将1，2，3，…，11按奇、偶数分为两类：{1，3，5，7，11，9}和{2，4，6，8，10}，要使取出的5个数的和为偶数，则其中取出的奇数可以是0个，2个，4个，故球的编号数之和为偶数的取法数为C C ＋C C ＋C C ＝226.
10.B 点拨：可按公差分别为d＝1，2，…，9分九类考虑.
二、11.C 点拨：将10个三好生名额摆成一列，有九个空隙，从9个空隙中选5个，填上“|”，这样，便把10个名额分成6份，6个班每班一份，所以，共有C 种不同的分配方案.
12.8 点拨：穷举法：A、B、C三台机床依次有如下选派方法：丁丙甲，丁丙乙，丁甲乙，丁乙甲，丙甲乙，丙乙甲，甲丙乙，乙丙甲，共8种.
13.18 点拨：可分两类情形：（1）2个儿童分乘A、B两船，有A 种方法，因为儿童须由大人陪同，故从3个成人中选2人分别乘A、B两船，有A 种方法，余下1个成人必须乘C船；（2）2个儿童乘A船.从3个成人中选1人乘A船有C 种方法，两个成人分乘B、C两船，有A 种方法，所以，共有A A ＋C A ＝18种乘这些船的方法.
14.16 点拨：依题意，先把三个未抽到的区域排成一排（与顺序无关），以下分两种情况：（1）抽到的三个区域各不相邻，这须从已摆成一排的三个区域的四个空隙中选取三个，有C 种选法，把要治理的三个区域摆上去；（2）从4个空隙中选择两个，分别摆上相邻要治理的两个区域和另一个区域，有A 种方法.所以，共有C ＋A ＝16种选取方案.
三、15.（1）解法一：从结果角度考虑，排好的节目有9个位置，先排入三个添加节目，有A 种方法，余下的六个位置上按节目单原来的顺序排入，只有一种方法，故所求排法为A ＝504种.
解法二：添加三个节目有三类办法：①三个节目连排，有C A 种方法；②三个节目互不相邻，有A 种方法；③三个节目有且仅有两个节目相邻，有C C C A 种方法，所以共有C A ＋A ＋C C C A ＝504种.
（2）解：从二楼到三楼，第十级楼梯必须要走，因此，依题意，只须从1～9这九级楼梯中选7级来走，因此，共有C ＝C ＝36种不同的走法.
16.解：第一类从3名会唱歌的人与2名会跳舞的人中选，有C C ＝6种；第二类把全会的人当成歌手去参加选法有C C ＝6种，第三类把全会的人当成会跳舞的人去参赛，选法有C ＝
3种，所以，共有6＋6＋3＝15种不同的选法.
17.解：f(x)＝
＝
＝4(x＋2)(x－3)＝4(x－ )2－25.
由于 ∴x≥4.∴当x＝4时，f(x)取最小值，此时f(x)＝24.
B卷
一、1.解：如答图10－3－1，由题意可分为三类：第一类用四种不同的颜色，有A 种方法；第二类用三种颜色，有2A 种方法，第三类用两种颜色，有A 种方法.所以共有A ＋2A ＋ A ＝260种.
另解：①与④、②与③可以涂同色颜料，也可以不同色，所以，也可以分步去解，先涂①、②两个区域有A 个涂法，当①②涂好后，设使用的是A上两个颜色，还有C、D、E三种颜色供使用.第二步去涂③与④，若③涂B，则④可涂A、C、D、E，有4种方法，若③涂C、D、E种的某一种色，④可涂A和C、D、E中③用去一色后余下的两种颜色，所以③、④有3×3＝9种方法，由分步计数原理可知，共有13×A ＝260种不同的涂色方法.
2.解：(1)先从9本书中任取2本书作一组，再从余下的7本书中任取3本书作一组，最后余下的4本书作一组，所以共有C C C ＝1260种方法.
(2)若套用(1)的解法有C C C 种方法，是不正确的，由于这时每组书的本数相等，所以先取的3本书与第二次取到或留在最后是相同的分法，因为将同样分法的三组书交换取书的顺序有A ＝6种，即在C C C 种分法中重复计算了6次，因此平均分组有 ＝280种分法.
(3)本小题等价于将9本不同的书平均分给甲、乙、丙三个人，先由甲任取3本，有C 种取法，再由乙从余下的6本书中任取3本有C 种取法，最后3本给丙，所以共有C C ＝1680种分法.
另解：先平均分成三组有280种方法，再将各组写上甲、乙、丙的组各有A ＝6种写法，所以共有280×6＝1680种分法.
(4)先从9本书中取出1本，有C 种取法，再将剩下的8本书分成二组有 ＝35种分法，所以共有9×35＝315种分法.
二、3.解：每个焊接点都有脱落和不脱落的两种可能情形，故6个焊接点共有26种可能情形，而其中全不脱落不合题意，所以共有26－1＝63种脱落的可能.
三、4.解：可依次为586，486，386型电脑选操作人员，从甲、乙二人中选一人操作586，有2种方法，再给486电脑选操作人员，不论甲还是乙去操作586，486操作人员都还有2种选法，最后给386选操作人员仍有2种选法，所以共有2×2×2＝8种选法.
5.解：从结果上考虑，先把9只点亮的灯先摆成一排，有一种方法，从当中8个空隙中选定6个把要关掉的6只灯摆上去，便是符合设计要求的点灯方式，故共有C ＝C ＝28种.
三、4.解：可依次为586，486，386型电脑选操作人员，从甲、乙二人中选一人操作586，有2种方法，再给486电脑选操作人员，不论甲还是乙去操作586，486操作人员都还3 2种方法，最后给386选操作人员仍有2种选法，所以共有2×2×2＝8种选法.
5.解：从结果上考虑，先把9只点亮的灯先摆成一排，有一种方法，从当中8个空隙中选定6个把要关掉的6只灯摆上去，便是符合设计要求的点灯方式，故共有C ＝C ＝28种.
四、(一)6.解：从0至9这十个数中取3个不同的偶数有C 种取法，从这十个数中取出一个偶数和两个不同的奇数的取法有C C 种，而这其中取出的3个数和为小于10的偶数有如下9种：(0，1，3)，(0，1，5)，(0，2，4)，(1，2，3)，(1，2，5)，(1，3，4)，(0，1，7)，(0，2，6)，(0，3，5)，所以合乎条件的取法有C ＋C C －9＝51种.
（二）7.解法一：因为A、B各有12个元素，A∩B有4个元素，因此A∪B的元素个数是12＋8＝20个，于是满足条件（1）的集合C的个数是C ，其中还满足C∩A＝○的C的个数是C .因此，合乎题设的集合C的个数是C C ＝1084个.
解法二：属于B而不属于A的元素个数是12－4＝8个，因此，在A∪B中只含A中1个元素的符合所要求的集合C的个数是C C .
含A中2个元素的集合C的个数是C C ，
含A中3个元素的集合C的个数是C ，
于是，所求集合C的个数是C C ＋C C ＋C ＝1084个.
解法三：A中取一个元素，A∪B中余下19个元素中取2个的集合个数是C C …①，A中取2个元素，属于B而不属于A的集合中取1个元素的集合个数C C 在①中重复1次，A中取3个元素的集合是C 在①中重复两次，所以，所求集合C的个数为C C －C C －C ＝1084.
（三）8.解：（1）可设想一个球一个球地放，每个球均有4种独立的放法，故共有44＝256种.
（2）为保证“恰有一个盒子不放球”，先从四个盒子中任意拿走一个，问题化归为“四个球，三十盒子每个盒子都要放入球，共几种放法”.这可将4个球分成2，1，1三组有C 种放法，然后再从三个盒子中选一个放入2个球，其余2个球二个金子全排列即可，故共有C C C A ＝144种.
（3）与（2）是一回事.
（4）可化为“4个球，两个盒子，每盒必放入球，有几种放法？”从放球数目上，可分为（3，1）、（2，2）两类，第一类有C C 种放法，第二类有C 种放法，故共有C C ＋C ＝144种.
（四）9.解：当n＝3，4，5时，不存在与原n边形没有公共边的三角形.
当n＞5时，连结任意三点得到三角形的个数为C ，其中与原n边形有一条或两条公共边的三角形不合乎要求，与原n边形有一条公共边的三角形有C C ；与原n边形有两条公其边的三角形有C 个.故当n＞5时，共有C －C C －C ＝ n(n－4)(n－5)个.
点拨：此解从特殊情况入手，再考虑一般，采用“间接法”，避免了只考虑C －C 的错误.
（五）10.C 点拨：∵A∪B＝｛a1，a2，a3｝，作为其子集的A、B最多有3个元素.
(1)若A＝{a1，a2，a3}，则满足题意的B可以是空集，单元素集或是二元素集，这样的B有C ＋C ＋C ＝7，这时，(A，B)有7•C 对.
(2)若A为二元素集，则有C 种，其对应的B有22个(C ＋C ＋C ＝22)，这时，(A，B)有C •22对.
(3)若A为单元素集，则有C 种，其对应的B有2个，这时，(A，B)有C •2对.
(4)若A为空集，则有C 种，其对应的B只有一个，这时，(A，B)有C •20对，
∴这样的(A，B)有C •7＋C •22＋C •2＋C •20＝26.∴应选C.
点拨：本题是集合中子集，并集概念与组合知识的综合，主要按A集合中元素进行分类讨论.
11.解：∵要求方程的非负整数解，∴x1只能取1或0.当x1＝1时，原方程有9组解，（x2，x3，…，x10，这9个未知数中某一个取1，其他8个取0）
当，x1＝0时，原方程的解中含数字3的有C 组，不含3而含2和1的有A 组，只含1和0的有C 组，因此，方程的非负整数解有C ＋C ＋A ＋C ＝174组.
点拨：以上两题分别从集合、方程的解两个角度提供排列组合知识的应用情境，情境新颖.同时，也考查了分类思想以及分析问题和解决问题的能力.
五、12.A 点拨：设该队胜x场，平y场，则负（15－x－y）场，由题意，得3x＋y＝33.
∵y＝33－3x≥0，∴x≤11且x＋y≤15.
因此有以下三种情况：
点拨：本题考查不定方程及穷举法解排列组合问题.
13.B 点拨：由已知n＝C ＝10.∵三边构成三角形，∴当一边为5时，另两边可能是2，4或3，4.当一边为4时，另两边只能是2，3.又∵组成的三角形是钝角三角形，通过余弦定理可判断，2、4、5或2、3、4可组成钝角三角形.∴m＝2.∴ .
加试题 1.解：打完8个靶子的所有不同次序相当于8个字母排序，但要求A1在A2之前，A2在A3之前，B1在B2之前，C1在C2之前，C2在C3之前，例如B1A1A2C1B2C2A3C3，这是其中一个次序，所以这是一个定序排列问题，为此，可设想有一列8个位置，其中选取3个位置放置A1、A2、A3，由于A1、A2、A3的依次序是惟一的，所以有C 种不同情形，从剩下5个位置中选取2个位置放置B1，B2有C 种情形，其余3个位置放置C1、C2、C3只有一种情形，所以，击碎8个靶子的不同次序N＝C C C ＝560种.
点拨：本题的实质是8个不尽相同的元素的排列问题.
2.（1）解：先利用基本恒等式kC ＝nC 得
2C ＝n C ＝n C ＋n ＝n C ＋n•2n－1①
又∵(k－1)C ＝(n－1)C ，∴ C ＝(n－1) ＝(n－1)•2n－2.
把它代入①式，便得所求和式的值： 2C ＝n(n－1)2n－2＋n•2n－1＝n(n＋1)•2n－2.
点拨：kC ＝nC 可把各项转化成二项式系数.
(2)340 点拨：当22k≤n＜22k＋1时，[log2n]＝2k，
∴所求n的个数为23－22＋25－24＋27－26＋29－28＝340.
(3)B 点拨：将两次连续命中与一次命中的情形看作两个元素插入五个位子的6空，可知符合条件的情形共有A ＝6×5＝30种.
(4)B 点拨：这三名选手之间的比赛场数设为r，共n名选手参赛，由题意得50＝C ＋r＋(6－2r)，由于0≤r≤3，经检验，仅当r＝1时，n＝13是整数.
住戶編號:1737245
檢舉原因
心情: 
