最新组合数学习题解答

合集下载

(完整word版)组合数学课后答案

习题二证明：在一个至少有2人的小组中，总存在两个人，他们在组内所认识的人数相同。

证明：假设没有人谁都不认识：那么每个人认识的人数都为[1,n-1]，由鸽巢原理知，n个人认识的人数有n-1种，那么至少有2个人认识的人数相同。

假设有1人谁都不认识：那么其他n-1人认识的人数都为[1,n-2]，由鸽巢原理知，n-1个人认识的人数有n-2种，那么至少有2个人认识的人数相同。

假设至少有两人谁都不认识，则认识的人数为0的至少有两人。

任取11个整数，求证其中至少有两个数的差是10的整数倍。

证明：对于任意的一个整数，它除以10的余数只能有10种情况：0，1，…，9。

现在有11个整数，由鸽巢原理知，至少有2个整数的余数相同，则这两个整数的差必是10的整数倍。

证明：平面上任取5个坐标为整数的点，则其中至少有两个点，由它们所连线段的中点的坐标也是整数。

证明：有5个坐标，每个坐标只有4种可能的情况：（奇数，偶数）；（奇数，奇数）；（偶数，偶数）；（偶数，奇数）。

由鸽巢原理知，至少有2个坐标的情况相同。

又要想使中点的坐标也是整数，则其两点连线的坐标之和为偶数。

因为奇数+奇数= 偶数；偶数+偶数=偶数。

因此只需找以上2个情况相同的点。

而已证明：存在至少2个坐标的情况相同。

证明成立。

一次选秀活动，每个人表演后可能得到的结果分别为“通过”、“淘汰”和“待定”，至少有多少人参加才能保证必有100个人得到相同的结果证明：根据推论2.2.1，若将3*（100-1）+1=298个人得到3种结果，必有100人得到相同结果。

一个袋子里装了100个苹果、100个香蕉、100个橘子和100个梨。

那么至少取出多少水果后能够保证已经拿出20个相同种类的水果证明：根据推论2.2.1，若将4*（20-1）+ 1 = 77个水果取出，必有20个相同种类的水果。

证明：在任意选取的n+2个正整数中存在两个正整数，其差或和能被2n整除。

（书上例题2.1.3）证明：对于任意一个整数，它除以2n的余数显然只有2n种情况，即：0，1，2，…，2n-2，2n-1。

《组合数学》练习题一参考答案

《组合数学》练习题一参考答案《组合数学》练习题一参考答案一、填空：1.!()!m n P n m m n m =- 2.2)1(-n n 3. 0. 4. 2675.),2,1,0(3)2(2321 =+-+=n c c c a n n n n .6.4207.78.()()!!11...!31!21!111n n n ??-++-+-9.22 10.267二、选择：1. 1—10 A B D D A D A B B C三、计算： 1. 解因为]250[=25, ]450[=12, ]850[=6, ]1650[=3, ]3250[=1, ]6450[=0, 所以, 所求的最高次幂是2(50!)=25+12+6+3+1=47.2. 解由我们最初观察的式子,有614,1124,634,144=??===, 再利用定理1,我们得到24!415,102)15(545,155==??=-?==, 3511642434435=+?=???+=, 5061141424425=+?=??+=. 所以,x x x x x x f 24503510)(23455+-+-=.3. 解：设所求为N ，令}2000,,2,1{ =S ，以A ，B ，C 分别表示S 中能被32?，52?，53?整除的整数所成之集，则53466663133200333 532200053220003532000522000322000 =+?-++=+-???????+???????+???????=+---++==C B A C B C A B A C B A CB A N 4. 解：记7个来宾为1A ，2A ，…，7A ，则7个来宾的取帽子方法可看成是由1A ，2A ，…，7A 作成的这样的全排列：如果i A （1≤i ≤7）拿了j A 的帽子，则把i A 排在第j 位，于是（1）没有一位来宾取回的是他自己的帽子的取法种数等于7元重排数7D ，即等于1854。

数学竞赛组合试题及答案

数学竞赛组合试题及答案试题一：排列组合问题题目：某班级有30名学生，需要选出5名代表参加校际数学竞赛。

如果不考虑性别和成绩，仅考虑组合方式，问有多少种不同的选法？答案：这是一个组合问题，可以用组合公式C(n, k) = n! / (k! *(n-k)!)来计算，其中n为总人数，k为选出的人数。

将数值代入公式，得到C(30, 5) = 30! / (5! * 25!) = 142506。

试题二：概率问题题目：一个袋子里有10个红球和20个蓝球，随机抽取3个球，求至少有1个红球的概率。

答案：首先计算没有红球的概率，即抽到3个蓝球的概率。

用组合公式计算，P(3蓝) = C(20, 3) / (C(30, 3)) = (20! / (3! * 17!)) / (30! / (3! * 27!))。

然后，用1减去这个概率得到至少有1个红球的概率，P(至少1红) = 1 - P(3蓝)。

试题三：几何问题题目：在一个半径为10的圆内，随机选择两个点，连接这两点形成弦。

求这条弦的长度小于8的概率。

答案：首先，弦的长度小于8意味着弦所对的圆心角小于某个特定角度。

通过几何关系和圆的性质，可以计算出这个特定角度。

然后，利用面积比来计算概率。

圆的面积为πr²，而弦所对的扇形面积可以通过角度来计算。

最后，将扇形面积除以圆的面积得到概率。

试题四：数列问题题目：给定一个等差数列，其首项为3，公差为2，求前10项的和。

答案：等差数列的前n项和公式为S_n = n/2 * (2a + (n-1)d)，其中a为首项，d为公差，n为项数。

将数值代入公式，得到S_10 = 10/2* (2*3 + (10-1)*2) = 10 * 13 = 130。

试题五：逻辑推理问题题目：有5个盒子，每个盒子里都有不同数量的球，分别是1个，2个，3个，4个和5个。

现在有5个人，每个人随机选择一个盒子，每个人只能拿一个盒子。

问至少有一个人拿到的盒子里球的数量与他选择的顺序号相同的概率。

组合数学课后习题答案

组合数学课后习题答案问题1求解以下组合数：(a)C(5, 2)(b)C(7, 3)(c)C(10, 5)解答：(a)C(5, 2) 表示从5个不同元素中选取2个的组合数。

根据组合数的定义，我们可以使用公式 C(n, k) = n! / (k! * (n-k)!) 来计算组合数。

计算 C(5, 2)： C(5, 2) = 5! / (2! * (5-2)!) = 5! / (2! * 3!) = (5 * 4 * 3!) / (2! * 3!) = (5 * 4) / 2 = 10所以 C(5, 2) = 10。

(b)C(7, 3) 表示从7个不同元素中选取3个的组合数。

计算 C(7, 3)： C(7, 3) = 7! / (3! * (7-3)!) = 7! / (3! * 4!) = (7 * 6 * 5 * 4!) / (3! * 4!) = (7 * 6 * 5) / 3 = 35 * 2 = 70所以 C(7, 3) = 70。

(c)C(10, 5) 表示从10个不同元素中选取5个的组合数。

计算 C(10, 5)： C(10, 5) = 10! / (5! * (10-5)!) = 10! / (5! * 5!) = (10 * 9 * 8 * 7 * 6 * 5!) / (5! * 5!) = (10 * 9 * 8 * 7 * 6) / (5 * 4 * 3 * 2 * 1) = 252所以 C(10, 5) = 252。

问题2在一个集合 {a, b, c, d, e} 中，求解以下问题：(a)有多少种不同的3个元素的子集？(b)有多少种不同的4个元素的子集？(c)有多少种不同的空集合？(a)在一个集合 {a, b, c, d, e} 中选取3个元素的子集。

子集的元素个数为3，所以我们需要从5个元素中选取3个。

利用组合数的公式 C(n, k) = n! / (k! * (n-k)!)，我们可以计算组合数。

组合数学考试题目及答案

组合数学考试题目及答案**组合数学考试题目及答案**一、单项选择题（每题3分，共30分）1. 从10个不同的元素中取出3个元素的组合数为（）。

A. 120B. 210C. 100D. 150答案：B2. 以下哪个不是排列数的性质？（）。

A. \( P(n, n) = n! \)B. \( P(n, 0) = 1 \)C. \( P(n, k) = \frac{n!}{(n-k)!} \)D. \( P(n, k) = \frac{n!}{k!} \)答案：D3. 从5个不同的元素中取出2个元素的排列数为（）。

A. 10B. 20C. 15D. 25答案：B4. 组合数 \( C(n, k) \) 和排列数 \( P(n, k) \) 之间的关系是（）。

A. \( C(n, k) = \frac{P(n, k)}{k!} \)B. \( P(n, k) = \frac{C(n, k)}{k!} \)C. \( C(n, k) = k \times P(n, k) \)D. \( P(n, k) = k \times C(n, k) \)答案：A5. 以下哪个是组合数的性质？（）。

A. \( C(n, k) = C(n, n-k) \)B. \( C(n, k) = C(n-1, k-1) \)C. \( C(n, k) = C(n, k+1) \)D. \( C(n, k) = C(n+1, k+1) \)答案：A6. 从8个不同的元素中取出3个元素的组合数为（）。

A. 56B. 54C. 48D. 35答案：A7. 以下哪个是排列数的递推关系？（）。

A. \( P(n, k) = P(n-1, k) + P(n-1, k-1) \)B. \( P(n, k) = P(n-1, k) - P(n-1, k-1) \)C. \( P(n, k) = P(n-1, k) \times P(n, 1) \)D. \( P(n, k) = P(n-1, k-1) \times P(n, 1) \)答案：D8. 从7个不同的元素中取出4个元素的排列数为（）。

(完整word版)组合数学习题解答

第一章：1.2. 求在1000和9999之间各位数字都不相同，而且由奇数构成的整数个数。

解：由奇数构成的4位数只能是由1，3，5，7，9这5个数字构成，又要求各位数字都不相同，因此这是一组从5个不同元素中选4个的排列，所以，所求个数为：P(5,4)=120。

1.4. 10个人坐在一排看戏有多少种就坐方式？如果其中有两人不愿坐在一起，问有多少种就坐方式？解：这显然是一组10个人的全排列问题，故共有10！种就坐方式。

如果两个人坐在一起，则可把这两个人捆绑在一起，如是问题就变成9个人的全排列，共有9！种就坐方式。

而这两个人相捆绑的方式又有2种（甲在乙的左面或右面）。

故两人坐在一起的方式数共有2*9！，于是两人不坐在一起的方式共有 10！- 2*9！。

1.5. 10个人围圆桌而坐，其中两人不愿坐在一起，问有多少种就坐方式？解：这是一组圆排列问题，10个人围圆就坐共有10!10 种方式。

两人坐在一起的方式数为9!92⨯,故两人不坐在一起的方式数为：9！-2*8！。

1.14. 求1到10000中，有多少正数，它的数字之和等于5？又有多少数字之和小于5的整数？解：(1)在1到9999中考虑，不是4位数的整数前面补足0，例如235写成0235,则问题就变为求：x 1+x 2+x 3+x 4=5 的非负整数解的个数，故有F （4，5）=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=515456 (2)分为求：x 1+x 2+x 3+x 4=4 的非负整数解，其个数为F （4，4）=35x 1+x 2+x 3+x 4=3 的非负整数解，其个数为F （4，3）=20x 1+x 2+x 3+x 4=2 的非负整数解，其个数为F （4，2）=10x 1+x 2+x 3+x 4=1 的非负整数解，其个数为F （4，1）=4x 1+x 2+x 3+x 4=0 的非负整数解，其个数为F （4，0）=1将它们相加即得，F （4，4）+F （4，3）+F （4，2）+F （4，1）+F （4，0）=70。

组合数学练习题及解析

组合数学练习题及解析组合数学是数学中的一个分支，主要研究离散对象之间的组合关系。

它在计算机科学、统计学、运筹学等领域中具有广泛的应用。

本文将提供一些组合数学的练习题，并附上详细的解析，以帮助读者更好地理解和掌握这一领域的知识。

一、排列组合1. 从10个人中选出3个人组成一个小组，问有多少种不同的选择方式？解析：这是一个从10个元素中选取3个元素的组合问题。

根据组合的公式，可以得到答案为C(10, 3) = 10! / (3! * (10-3)!) = 120种选择方式。

2. 有10个小球，5个红色，5个蓝色，从中选取3个小球组成一个集合，问有多少种不同的集合？解析：这是一个从10个元素中选取3个元素并忽略其顺序的组合问题。

根据组合的公式，可以得到答案为C(10, 3) = 10! / (3! * (10-3)!)= 120种不同的集合。

3. 从字母A、B、C、D、E中任选3个字母组成一个字符串，问有多少种不同的字符串？解析：这是一个从5个元素中选取3个元素并考虑其顺序的排列问题。

根据排列的公式，可以得到答案为P(5, 3) = 5! / (5-3)! = 5*4*3 = 60种不同的字符串。

二、组合数学问题1. 假设有8本不同的书放在一排，问有多少种不同的放置方式？解析：这是一个考虑顺序的排列问题。

根据排列的公式，可以得到答案为P(8, 8) = 8! = 40320种不同的放置方式。

2. 有5个不同的水果，需要选择2个水果放入一个篮子中，问有多少种不同的放置方式？解析：这是一个从5个元素中选取2个元素并考虑其顺序的排列问题。

根据排列的公式，可以得到答案为P(5, 2) = 5! / (5-2)! = 5*4 = 20种不同的放置方式。

3. 一家公司有10个员工，其中3个员工必须参加一个会议，问有多少种不同的选取方式？解析：这是一个从10个元素中选取3个元素的组合问题。

根据组合的公式，可以得到答案为C(10, 3) = 10! / (3! * (10-3)!) = 120种不同的选取方式。

组合数学第一章习题解答

1.16、n个完全一样的球放到r个有标志的盒中，无一空盒，试问有多少种方案？取r个球每盒放一个，然后n-r个放入r个不同盒中，同充许空盒的放法。 C(r+n-r-1,n-r)=C(n-1,n-r)=C(n-1,r-1)
1.18、8个盒子排成一列，5个有标志的球放到盒子中，每盒最多放一个球，要求空盒不相邻，问有多少种排列方案？ 5!×6×5×4 1.19、n+m位由m个0，n个1组成的符号串，其中n≤m+1,试问不存在两个1相邻的符号串的数目？ (m+1)*m*...*(m-n+2)/n!=C(m+1,n) 1.20、甲单位有10个男同志，4个女同志，乙单位有15个男同志，10个女同志，由他们产生一个7人的代表团，要求其中甲单位占4人，面且7人中男同志5位，试问有多少种方案？按甲单位： C(10,4)C(15,1)C(10,2)+C(10,3)C(4,1)C(15,2)C(10,1)+ C(10,2)C(4,2)C(15,3)
习题：1.15试求从1到1000000的整数中，0出现的次数。解：先将1到999999的整数都看作6位数,例如2就看作是 000002，这样从000000到999999。0出现了多少次呢？ 6×105，某一位取0，其它各位任取。 0出现在最前面的次数应该从中去掉 000000到999999中最左1位的0出现了105次， 000000到099999中左数第2位的0出现了104次， 000000到009999左数第3位的0出现了103次, 000000到000999左数第4位的0出现了102次, 000000到000099左数第5位的0出现了10次, 000000到000009左数第6位的0出现了1次。因此不合法的0的个数为105+104+103+102+101+1=111111，不合法的应该去掉，再加整数1000000中的6个0，这样，从1到 1000000的整数中0出现的次数为6×105-111111+6=488895。问题：在去掉多余的零的过程中，多减去了一部分，例如： 000000这种情况在每次减的过程中都出现。

2025高考数学一轮复习-7.3.1-组合与组合数公式-专项训练【含解析】

2025高考数学一轮复习-7.3.1-组合与组合数公式-专项训练【原卷版】时间：45分钟一、选择题1．已知C2x17＝C x＋217(x∈N＋)，则x＝()A．2B．5C．2或5D．2或62．如果一个多位数的各个数位上的数字从左到右按由小到大的顺序排列，则称此数为“上升”的，那么所有“上升”的正整数的个数为()A．530B．502C．503D．5053．若3A3n－6A2n＝4C2n＋1，则n＝()A．5B．8C．7D．64．6名同学参加4项社会实践活动，要求每项活动至少1人，则不同的参加方式共有()A．2640种B．1560种C．1080种D．480种5．当前，新冠肺炎疫情进入常态化防控新阶段，防止疫情输入的任务依然繁重，疫情防控工作形势依然严峻、复杂．某地区安排A，B，C，D，E五名同志到三个地区开展防疫宣传活动，每个地区至少安排一人，且A，B两人安排在同一个地区，C，D两人不安排在同一个地区，则不同的分配方法总数为()A．86B．64C．42D．306．若90件产品中有5件次品，现从中任取3件产品，则至少有一件是次品的取法种数是()A．C15C285B．C15C289C．C390－C385D．C390－C2857．埃及金字塔之谜是人类史上最大的谜，它的神奇远远超过了人类的想象．在埃及金字塔内有一组神秘的数字142857，因为142857×2＝285714,142857×3＝428571,142857×4＝571428，…，所以这组数字又叫“走马灯数”．该组数字还有如下发现：142＋857＝999,428＋571＝999,285＋714＝999，…，若从这组神秘数字中任选3个数字构成一个三位数x，剩下的三个数字构成另一个三位数y，若x＋y＝999，则所有可能的有序实数组(x，y)的个数为() A．48B．60C．96D．1208．(多选题)某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理、技术这七门课程中选三门作为选考科目，下列说法错误的有()A．若任意选择三门课程，选法总数为A37B．若物理和化学至少选一门，选法总数为C12C25C．若物理和历史不能同时选，选法总数为C37－C22C15D．若物理和化学至少选一门，且物理和历史不能同时选，选法总数为C12C25－C15二、填空题9．若C3n＋618，则C n8＝.18＝C4n－210．某公司有A，B，C，D，E五幢独立的大楼，每两幢大楼的顶楼之间没有连接的天桥，现公司打算在这五幢楼的顶楼之间共建造3座天桥(每两幢楼的顶楼之间至多建造一座天桥)，要使A楼的人员能够通过天桥走到B楼，则3座天桥的建造方法共有种．11．有6个座位连成一排，现有3人就坐，则恰有2个空位相邻的不同坐法有种．三、解答题12．如图，一个正方形花圃被分成5份.(1)若给这5个部分种植花，要求相邻两部分种植不同颜色的花，已知现有红、黄、蓝、绿4种颜色不同的花，求有多少种不同的种植方法？(2)若向这5个部分放入7个不同的盆栽，要求每个部分都有盆栽，问有多少种不同的放法？13．从1、3、5、7中任取2个数字，从0、2、4、6、8中任取2个数字，用这四个数字组成无重复数字的四位数，所有这些四位数构成集合M.(1)求集合M中不含有数字0的元素的个数；(2)求集合M中含有数字0的元素的个数；(3)从集合M中随机选择一个元素，求这个元素能被5整除的概率．14．若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有()A．60种B．63种C．65种D．66种15．高中学生要从物理、化学、生物、政治、历史、地理这6个科目中，依照个人兴趣、未来职业规划等要素，任选3个科目构成“选考科目组合”参加高考．已知某班37名学生关于选考科目的统计结果如下：选考科目名称物理化学生物历史地理政治选考该科人数24281415a b下面给出关于该班学生选考科目的四个结论：①若a＝19，则b＝11；②选考科目组合为“历史＋地理＋政治”的学生一定不超过9人；③在选考化学的所有学生中，最多出现10种不同的选考科目组合；④选考科目组合为“生物＋历史＋地理”的学生人数一定是所有选考科目组合中人数最少的．其中所有正确结论的序号是.16．在①每个盒子都不空，②恰有一个空盒子，③恰有两个空盒子，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，问题：将6个相同的小球放入4个编号为1,2,3,4的盒子，若________，求放法的种数？注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．2025高考数学一轮复习-7.3.1-组合与组合数公式-专项训练【解析版】时间：45分钟一、选择题1．已知C 2x 17＝C x ＋217(x ∈N ＋)，则x ＝(C )A ．2B ．5C ．2或5D ．2或6解析：由C 2x 17＝C x ＋217(x ∈N ＋)，可得2x ＝x ＋2或2x ＋x ＋2＝17，解得x ＝2或5.经检验，符合题意．故选C.2．如果一个多位数的各个数位上的数字从左到右按由小到大的顺序排列，则称此数为“上升”的，那么所有“上升”的正整数的个数为(B )A ．530B ．502C ．503D ．505解析：由题意，“上升”的正整数包含：两位数有C 29个，三位数有C 39个……九位数有C 99个，所有“上升”的正整数个数为C 29＋C 39＋C 49＋…＋C 99＝29－C 09－C 19＝502，故选B.3．若3A 3n －6A 2n ＝4C 2n ＋1，则n ＝(A )A ．5B ．8C ．7D ．6解析：∵3A 3n －6A 2n ＝4C 2n ＋1，∴3n (n －1)(n －2)－6n (n －1)＝4×(n ＋1)n 2，即3(n －1)(n －2)－6(n －1)＝2n ＋2，解得n ＝5或n ＝23(舍去)．故选A.4．6名同学参加4项社会实践活动，要求每项活动至少1人，则不同的参加方式共有(B )A ．2640种B ．1560种C ．1080种D ．480种解析：6名同学参加4项社会实践活动，要求每项活动至少1人，则有1项社会实践活动有3人参加或者有2项社会实践活动有2人参加．先把6人分成4组，有C 36＋C 26C 242＝65种分法，再把这4组人分配到4项社会实践活动中，有65A 44＝1560种分配方式，故选B.5．当前，新冠肺炎疫情进入常态化防控新阶段，防止疫情输入的任务依然繁重，疫情防控工作形势依然严峻、复杂．某地区安排A ，B ，C ，D ，E 五名同志到三个地区开展防疫宣传活动，每个地区至少安排一人，且A ，B 两人安排在同一个地区，C ，D 两人不安排在同一个地区，则不同的分配方法总数为(D )A ．86B ．64C ．42D ．30解析：①当两个地区各分2人另一个地区分1人时，总数有C 12·A 33＝12种；②当两个地区各分1人另一个地区分3人时，总数有C 13·A 33＝18种．故满足条件的分法共有12＋18＝30种．故选D.6．若90件产品中有5件次品，现从中任取3件产品，则至少有一件是次品的取法种数是(C )A ．C 15C 285B ．C 15C 289C ．C 390－C 385D ．C 390－C 285解析：根据题意，用间接法分析：从90件产品中任取3件，有C 390种取法，其中没有次品，即全部为正品的取法有C 385种取法，则至少有一件是次品的取法有C 390－C 385种．故选C.7．埃及金字塔之谜是人类史上最大的谜，它的神奇远远超过了人类的想象．在埃及金字塔内有一组神秘的数字142857，因为142857×2＝285714,142857×3＝428571,142857×4＝571428，…，所以这组数字又叫“走马灯数”．该组数字还有如下发现：142＋857＝999,428＋571＝999,285＋714＝999，…，若从这组神秘数字中任选3个数字构成一个三位数x ，剩下的三个数字构成另一个三位数y ，若x ＋y ＝999，则所有可能的有序实数组(x ，y )的个数为(A )A ．48B ．60C ．96D ．120解析：在1,4,2,8,5,7这六个数中，1＋8＝9,2＋7＝9,4＋5＝9，共3组，要使六个数字中任意取出3个数字构成一个三位数x ，剩下的三个数字构成另一个三位数y ，且x ＋y ＝999，则从每组数字中抽取一个构成x ，所以x 共有m ＝C 16C 14C 12＝48种情况，x 的每个数字对应的同组数字按顺序构成对应的y ，故所有可能的有序实数组(x ，y )的个数也为48.故选A.8．(多选题)某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理、技术这七门课程中选三门作为选考科目，下列说法错误的有(ABD )A ．若任意选择三门课程，选法总数为A 37B ．若物理和化学至少选一门，选法总数为C 12C 25C ．若物理和历史不能同时选，选法总数为C 37－C 22C 15D ．若物理和化学至少选一门，且物理和历史不能同时选，选法总数为C 12C 25－C 15解析：若任意选择三门课程，选法总数为C 37，故A 错误；若物理和化学至少选一门，选法总数为C 12C 25＋C 22C 15，故B 错误；若物理和历史不能同时选，选法总数为C 37－C 22C 15，故C 正确；若物理和化学至少选一门，且物理和历史不能同时选，选法总数为C 12C 25＋C 22C 15－C 22C 15，故D 错误．故选ABD.二、填空题9．若C 3n ＋618＝C 4n －218，则C n8＝28.解析：由C 3n ＋618＝C 4n －218，得3n ＋6＝4n －2或3n ＋6＋4n －2＝18，解得n ＝8(舍去)或n ＝2，C 28＝28.10．某公司有A ，B ，C ，D ，E 五幢独立的大楼，每两幢大楼的顶楼之间没有连接的天桥，现公司打算在这五幢楼的顶楼之间共建造3座天桥(每两幢楼的顶楼之间至多建造一座天桥)，要使A 楼的人员能够通过天桥走到B 楼，则3座天桥的建造方法共有63种．解析：①A 直接连B ，还剩两座天桥未连，有(C 25－1)(C 25－2)2＝36种；②A 通过一幢楼作为中介连B ，可选中介有C 、D 、E 三种，共有3×(2＋3＋2)＝21种；③A 通过两幢楼作为中介连B ，可选中介有CD 、CE 、DE 三种，其中CD 又有A －C －D －B ，A －D －C －B 两种，即共有3×2＝6种．综上所述，一共有36＋21＋6＝63种．11．有6个座位连成一排，现有3人就坐，则恰有2个空位相邻的不同坐法有72种．解析：当相邻两个空位在两端时，必有一个人坐在空位旁边，余下两个人坐三个空位中的两个，则有C 12C 13A 23种坐法；当相邻两个空位不在两端时，有三种情况，必有两人坐在空位旁边，余下一人坐两个空位中的一个，则有C 13A 23A 12种坐法，所以共有C 12C 13A 23＋C 13A 23A 12＝72种不同的坐法．三、解答题12．如图，一个正方形花圃被分成5份.(1)若给这5个部分种植花，要求相邻两部分种植不同颜色的花，已知现有红、黄、蓝、绿4种颜色不同的花，求有多少种不同的种植方法？(2)若向这5个部分放入7个不同的盆栽，要求每个部分都有盆栽，问有多少种不同的放法？解：(1)先对A 部分种植，有4种不同的种植方法；再对B 部分种植，有3种不同的种植方法；对C 部分种植进行分类：①C 若与B 相同，D 有2种不同的种植方法，E 有2种不同的种植方法，共有4×3×1×2×2＝48种种植方法；②C 若与B 不同，C 有2种不同的种植方法，D 有1种不同的种植方法，E 有2种不同的种植方法，共有4×3×2×1×2＝48种种植方法．综上，共有96种种植方法．(2)将7个盆栽分成5组，有2种分法：①若分成2－2－1－1－1的5组，有C 27C 25A 22种分法；②若分成3－1－1－1－1的5组，有C 37种分法；将分好的5组全排列，对应5个部分，C 55＝16800种放法．13．从1、3、5、7中任取2个数字，从0、2、4、6、8中任取2个数字，用这四个数字组成无重复数字的四位数，所有这些四位数构成集合M .(1)求集合M 中不含有数字0的元素的个数；(2)求集合M 中含有数字0的元素的个数；(3)从集合M 中随机选择一个元素，求这个元素能被5整除的概率．解：(1)M 中不含有数字0的元素：从1、3、5、7中任取2个数字有C 24种取法，从2、4、6、8中任取2个数字有C 24种取法，将前两步所得的四个数字全排列有A 44个四位数，所以M 中共有不含有数字0的元素C 24C 24A 44＝864个．(2)M 中含有数字0的元素：从1、3、5、7中任取2个数字有C 24种取法，从2、4、6、8中任取1个数字有C 14种取法，将前两步所得的四个数字全排列，排除0在第一位的元素有A 44－A 33个四位数，所以M 中共有含有数字0的元素C 24C 14(A 44－A 33)＝432个．(3)由(1)(2)知：M 中共有1296个元素，M 中能被5整除的元素，即个位为0或5的元素，个位为0的元素有C 24C 14A 33＝144个，个位为5的元素有C 13C 24A 33＋C 13C 14C 12A 22＝156个，所以M 中能被5整除的元素有300个，则随机选择一个元素能被5整除的概率是25108.14．若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有(D )A ．60种B ．63种C ．65种D ．66种解析：满足题设的取法可分为三类：一是四个奇数相加，其和为偶数，在5个奇数1,3,5,7,9中，任意取4个，有C 45＝5种取法；二是两个奇数加两个偶数其和为偶数，在5个奇数中任取2个，再在4个偶数2,4,6,8中任取2个，有C 25C 24＝60种取法；三是四个偶数相加，其和为偶数，4个偶数的取法有1种，所以满足条件的取法共有5＋60＋1＝66种取法．故选D.15．高中学生要从物理、化学、生物、政治、历史、地理这6个科目中，依照个人兴趣、未来职业规划等要素，任选3个科目构成“选考科目组合”参加高考．已知某班37名学生关于选考科目的统计结果如下：选考科目名称物理化学生物历史地理政治选考该科人数24281415ab下面给出关于该班学生选考科目的四个结论：①若a ＝19，则b ＝11；②选考科目组合为“历史＋地理＋政治”的学生一定不超过9人；③在选考化学的所有学生中，最多出现10种不同的选考科目组合；④选考科目组合为“生物＋历史＋地理”的学生人数一定是所有选考科目组合中人数最少的．其中所有正确结论的序号是①②③.解析：①所有学生选的科目总数为37×3＝111，则a＋b＝111－24－28－14－15＝30，若a＝19，则b＝11，故①对；②选化学的学生有28人，37－28＝9人，则选考科目组合为“历史＋地理＋政治”的学生一定不超过9人，故②对；③在选考化学的所有学生中，学生还须选另外两科，则从五种里面选两种，共有C25＝10种选法，最多出现10种不同的选考科目组合，故③对；④因为地理、政治人数不确定，选考科目组合为“生物＋历史＋政治”的学生人数不一定比选考科目组合为“生物＋历史＋地理”的学生人数多，故④错．16．在①每个盒子都不空，②恰有一个空盒子，③恰有两个空盒子，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，问题：将6个相同的小球放入4个编号为1,2,3,4的盒子，若________，求放法的种数？注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解：若选①，先把6个相同的小球排成一行，在首尾两球外侧放置一块隔板，然后在小球之间5个空隙中任选3个空隙各插一块隔板，有C35＝10种插法．若选②，恰有一个空盒子，插板分两步进行．先在首尾两球外侧放置一块隔板，并在5个空隙中任选2个空隙各插一块隔板，如|○|○○○|○○|，有C25种插法，然后将剩下的一块隔板与前面任意一块并放形成空盒，如|○|○○○||○○|，有C14种插法，故共有C25·C14＝40种插法．若选③，恰有两个空盒子，插板分两步进行．先在首尾两球外侧放置一块隔板，并在5个空隙中任选1个空隙各插一块隔板，有C15种插法，如|○○|○○○○|，然后将剩下的两块隔板插入形成空盒．①这两块板与前面三块板形成不相邻的两个盒子，如||○○||○○○○|，有C23种插法．②将两块板与前面三块板之一并放，如|○○|||○○○○|，有C13种插法．故共有C15·(C23＋C13)＝30种不同的插法．。

《组合数学》姜建国著(第二版)-课后习题答案完全版

n ai i1, 2,
证明：（1）可表示性。令 M {(am 1 , am 2 , , a2 , a1 ) | 0 ai i, i 1, 2, , m 1} ，显然 M m ! ，
N {0,1, 2, , m ! 1} ，显然 N m ! ，
第 2页（共 92页）
组合数学（第二版）
但这样计算无疑是有重复的，例如恰好选 6 人坐前排，其余 8 人全坐后排，那么上式中的 C (8, 4) P 8, 4 就有重复。 4．一位学者要在一周内安排 50 个小时的工作时间，而且每天至少工作 5 小时，问共有多少种安排方案？解：用 xi 表示第 i 天的工作时间， i 1, 2, , 7 ，则问题转化为求不定方程
P (8,5) P (8, 4) P (7,5) 28 449 792 000 （种）
（2）因前排至少需坐 6 人，最多坐 8 人，后排也是如此。可分成三种情况分别讨论： ① 前排恰好坐 6 人，入座方式有 C (14, 6) P (8, 6) P (8,8) ； ② 前排恰好坐 7 人，入座方式有 C (14, 7) P (8, 7) P (8, 7) ； ③ 前排恰好坐 8 人，入座方式有 C (14,8) P (8,8) P (8, 6) ；各类入座方式互相不同，由加法法则，总的入座方式总数为：
第 3页（共 92页）
组合数学（第二版）
3 1 根据乘法法则，这种选取方案有： C87 C5 种； C2
（3）7 个前锋从 B 中选取，从 A 中选取 2 名后卫，C 中 2 名当后卫，根据乘法法则，这种选取方案有： C87 C52 种；（4）从 B 中选 6 个前锋，从 C 中选 1 个前锋，从 A 中选 4 个后卫，

组合数学习题答案.

第一章答案第二章答案第三章答案第四章答案第一章答案1. (a) 45 ( {1,6},{2,7},{ 3,8}, ••{45,50})(b) 45 5+(4+3+2+1) = 235(1 26, 2、3门,3》4、8,…,45 46 50, 46 >47^50, 47》48、50, 49 > 50 )2. (a) 5!8!(b) 7! P(8,5)(c) 2 P(5,3) 8!3. (a) n !P( n+1, m)(b) n! (m+1)!(c) 2!((m+n-2)+1)!4. 2 P(24,5) 20!5. 2 5 P(8,2)+3 4 P(8,2)6. (n+1)!-17. 用数学归纳法易证。

8. 41 319. 设n=p1n1p2n2-p k nk,则n2的除数个数为(2p1+1) (2p2+1) •••(2p k+1).10. 1)用数学归纳法可证n能表示成题中表达式的形式；2)如果某n可以表示成题中表达式的形式，则等式两端除以2取余数，可以确定a1；再对等式两端的商除以3取余数，又可得a2；对等式两端的商除以4取余数, 又可得a3；…；这说明表达式是唯一的。

11. 易用C(m,n)=m!/(n!(m-n)!)验证等式成立。

组合意义：右：从n个不同元素中任取叶1个出来，再从这叶1个中取一个的全体组合的个数；左：上述组合中，先从n个不同元素中任取1个出来，每一个相同的组合要生复C(n-1,r)次。

n n12. 考虑 7 CnX k =(1 x)n,求导数后有kC^k—1二n(1 x)2,k=0 k=0n令x=1,即知 7 kC：= n2n，k=013. 设此n个不同的数由小到大排列后为a1, a2,…,a。

当第二组最大数为a k时，第二组共有2k-1种不同的可能，第一组有2n-k-1种不同的可能。

故符合要求的n -4不同分组共有 a 2k4(2n4< -1)=(n-2)2n‘ 1 种。

小学组合数学试卷及答案

一、选择题（每题2分，共20分）1. 下列哪个选项不是组合数学中的概念？A. 排列B. 组合C. 集合D. 树2. 从5个不同的水果中取出3个，有多少种不同的组合方式？A. 10种B. 15种C. 20种D. 25种3. 下列哪个公式表示从n个不同元素中取出m个元素的组合数？A. C(n, m) = n! / [m! (n-m)!]B. P(n, m) = n! / [m! (n-m)!]C. nCm = n! / [m! (n-m)!]D. nPm = n! / [m! (n-m)!]4. 一个班级有10名学生，要从中选出3名学生参加比赛，有多少种不同的选法？A. 120种B. 720种C. 120种D. 720种5. 从0到9这10个数字中，任取4个数字组成一个四位数，共有多少种不同的组合？A. 10种B. 90种C. 100种D. 256种6. 在一个3x3的拉丁方格中，填入1到9这9个数字，使得每行、每列、每条对角线上都不重复，有多少种不同的填法？A. 9种B. 36种C. 72种D. 81种7. 下列哪个选项不是二项式定理的应用？A. 展开二项式 (a+b)^nB. 计算组合数C. 解决排列问题D. 解决概率问题8. 下列哪个选项不是图论中的概念？A. 节点B. 边C. 集合D. 路径9. 从6个不同的球中取出3个，有多少种不同的组合方式，不考虑顺序？A. 15种B. 20种C. 30种D. 60种10. 一个班级有8名学生，要从中选出4名学生参加比赛，有多少种不同的选法？A. 70种B. 56种C. 28种D. 14种二、填空题（每题2分，共20分）11. 从5个不同的水果中取出2个，有______种不同的组合方式。

12. 组合数 C(n, m) 表示从n个不同元素中取出m个元素的______。

13. 在一个3x3的拉丁方格中，填入1到9这9个数字，每行、每列、每条对角线上都不重复的填法共有______种。

组合练习题答案

组合练习题答案一、选择题1. 下列哪个选项不属于组合数学中的基本概念？A. 排列B. 组合C. 乘法原理D. 除法原理答案：D2. 在n个不同的元素中取出m个元素的组合数可以用以下哪个公式表示？A. C(n, m) = n! / (m! * (n - m)!)B. C(n, m) = (n - m)! / (m! * (n - m)!)C. C(n, m) = n! / (m! * n!)D. C(n, m) = m! / (n - m)!答案：A3. 如果一个排列中元素的顺序是重要的，那么它是一个：A. 组合B. 排列C. 子集D. 集合答案：B4. 假设有5个不同的球和3个不同的盒子，每个盒子至少有一个球，不同的放球方式有多少种？A. 15B. 20C. 25D. 30答案：C5. 以下哪个不是组合数学中的计数问题？A. 计算不同排列的数量B. 计算不同组合的数量C. 计算不同分割的数量D. 计算不同方程的解答案：D二、填空题1. 如果有7个不同的数字，从中选取3个数字进行排列，总共有______ 种不同的排列方式。

答案：5042. 一个班级有30个学生，需要选出5个学生组成一个委员会，不同的委员会组成方式有 ______ 种。

答案：1425063. 如果一个组合问题中元素的顺序不重要，我们通常使用 ______ 来计算可能的组合数。

答案：组合公式4. 假设有10个不同的球，需要将它们分成3组，每组至少有一个球，不同的分法有 ______ 种。

答案：905. 一个排列问题中，如果元素的顺序是重要的，我们通常使用______ 来计算可能的排列数。

答案：排列公式三、解答题1. 一个班级有40名学生，需要选出一个由5名学生组成的篮球队。

如果不考虑性别，不同的组队方式有多少种？解答：根据组合公式 C(n, m) = n! / (m! * (n - m)!)，我们可以计算出不同的组队方式为 C(40, 5) = 40! / (5! * 35!) = 658008种。

数学组合综合练习题及答案

数学组合综合练习题及答案数学组合综合练习题及答案一、选择题1．某年级有6个班，分别派3名语文教师任教，每个教师教2个班，则不同的任课方法种数为( )A．C26C24C22 B．A26A24A22C．C26C24C22C33 D.A26C24C22A33[答案] A2．从单词“equation”中取5个不同的字母排成一排，含有“qu”(其中“qu”相连且顺序不变)的不同排法共有( )A．120种 B．480种C．720种 D．840种[答案] B[解析] 先选后排，从除qu外的6个字母中任选3个字母有C36种排法，再将qu看成一个整体(相当于一个元素)与选出的3个字母进行全排列有A44种排法，由分步乘法计数原理得不同排法共有C36A44＝480(种)．3．从编号为1、2、3、4的四种不同的种子中选出3种，在3块不同的土地上试种，每块土地上试种一种，其中1号种子必须试种，则不同的试种方法有( )A．24种 B．18种C．12种 D．96种[答案] B[解析] 先选后排C23A33＝18，故选B.4．把0、1、2、3、4、5这六个数，每次取三个不同的数字，把其中最大的数放在百位上排成三位数，这样的三位数有( ) A．40个 B．120个C．360个 D．720个[答案] A[解析] 先选取3个不同的数有C36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A22种排法，故共有C36A22＝40个三位数．5．(2010湖南理，7)在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息，不同排列表示不同信息，若所用数字只有0和1，则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为( )A．10 B．11C．12 D．15[答案] B[解析] 与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息包括三类：第一类：与信息0110只有两个对应位置上的数字相同有C24＝6(个)第二类：与信息0110只有一个对应位置上的数字相同有C14＝4(个)第三类：与信息0110没有一个对应位置上的数字相同有C04＝1(个)与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息有6＋4＋1＝11(个)6．北京《财富》全球论坛开幕期间，某高校有14名志愿者参加接待工作．若每天排早，中，晚三班，每班4人，每人每天最多值一班，则开幕式当天不同的排班种数为( )A．C414C412C48 B．C1214C412C48C.C1214C412C48A33 D．C1214C412C48A33[答案] B[解析] 解法1：由题意知不同的排班种数为：C414C410C46＝14×13×12×114！10×9×8×74！6×52！＝C1214C412C48.故选B.解法2：也可先选出12人再排班为：C1214C412C48C44，即选B.7．(2009湖南理5)从10名大学毕业生中选3人担任村长助理，则甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为( ) A．85 B．56C．49 D．28[答案] C[解析] 考查有限制条件的组合问题．(1)从甲、乙两人中选1人，有2种选法，从除甲、乙、丙外的7人中选2人，有C27种选法，由分步乘法计数原理知，共有2C27＝42种．(2)甲、乙两人全选，再从除丙外的其余7人中选1人共7种选法．由分类计数原理知共有不同选法42＋7＝49种．8．以一个正三棱柱的顶点为顶点的四面体共有( )A．6个 B．12个C．18个 D．30个[答案] B[解析] C46－3＝12个，故选B.9．(2009辽宁理，5)从5名男医生、4名女医生中选3名医生组成一个医疗小分队，要求其中男、女医生都有，则不同的组队方案共有( )A．70种 B．80种C．100种 D．140种[答案] A[解析] 考查排列组合有关知识．解：可分两类，男医生2名，女医生1名或男医生1名，女医生2名，∴共有C25C14＋C15C24＝70，∴选A.10．设集合Ⅰ＝{1,2,3,4,5}．选择Ⅰ的两个非空子集A和B，要使B中最小的数大于A中最大的数，则不同的选择方法共有( ) A．50种 B．49种C．48种 D．47种[答案] B[解析] 主要考查集合、排列、组合的基础知识．考查分类讨论的思想方法．因为集合A中的最大元素小于集合B中的最小元素，A中元素从1、2、3、4中取，B中元素从2、3、4、5中取，由于A、B非空，故至少要有一个元素．1° 当A＝{1}时，选B的方案共有24－1＝15种，当A＝{2}时，选B的方案共有23－1＝7种，当A＝{3}时，选B的方案共有22－1＝3种，当A＝{4}时，选B的方案共有21－1＝1种．故A是单元素集时，B有15＋7＋3＋1＝26种．2° A为二元素集时，A中最大元素是2，有1种，选B的方案有23－1＝7种．A中最大元素是3，有C12种，选B的方案有22－1＝3种．故共有2×3＝6种．A中最大元素是4，有C13种．选B的方案有21－1＝1种，故共有3×1＝3种．故A中有两个元素时共有7＋6＋3＝16种．3° A为三元素集时，A中最大元素是3，有1种，选B的方案有22－1＝3种．A中最大元素是4，有C23＝3种，选B的方案有1种，∴共有3×1＝3种．∴A为三元素时共有3＋3＝6种．4° A为四元素时，只能是A＝{1、2、3、4}，故B只能是{5}，只有一种．∴共有26＋16＋6＋1＝49种．二、填空题11．北京市某中学要把9台型号相同的电脑送给西部地区的三所希望小学，每所小学至少得到2台，共有______种不同送法．[答案] 10[解析] 每校先各得一台，再将剩余6台分成3份，用插板法解，共有C25＝10种．12．一排7个座位分给3人坐，要求任何两人都不得相邻，所有不同排法的`总数有________种．[答案] 60[解析] 对于任一种坐法，可视4个空位为0,3个人为1,2,3则所有不同坐法的种数可看作4个0和1,2,3的一种编码，要求1,2,3不得相邻故从4个0形成的5个空档中选3个插入1,2,3即可．∴不同排法有A35＝60种．13．(09海南宁夏理15)7名志愿者中安排6人在周六、周日两天参加社区公益活动．若每天安排3人，则不同的安排方案共有________种(用数字作答)．[答案] 140[解析] 本题主要考查排列组合知识．由题意知，若每天安排3人，则不同的安排方案有C37C34＝140种．14．2010年上海世博会期间，将5名志愿者分配到3个不同国家的场馆参加接待工作，每个场馆至少分配一名志愿者的方案种数是________种．[答案] 150[解析] 先分组共有C35＋C25C232种，然后进行排列，有A33种，所以共有(C35＋C25C232)A33＝150种方案．三、解答题15．解方程Cx2＋3x＋216＝C5x＋516.[解析] 因为Cx2＋3x＋216＝C5x＋516，所以x2＋3x＋2＝5x＋5或(x2＋3x＋2)＋(5x＋5)＝16，即x2－2x－3＝0或x2＋8x－9＝0，所以x＝－1或x＝3或x＝－9或x＝1.经检验x＝3和x＝－9不符合题意，舍去，故原方程的解为x1＝－1，x2＝1.16．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？[解析] 解法1：(直接法)分几种情况考虑：O为顶点的三角形中，必须另外两个顶点分别在OM、ON上，所以有C15C14个，O不为顶点的三角形中，两个顶点在OM上，一个顶点在ON上有C25C14个，一个顶点在OM上，两个顶点在ON上有C15C24个．因为这是分类问题，所以用分类加法计数原理，共有C15C14＋C25C14＋C15C24＝5×4＋10×4＋5×6＝90(个)．解法2：(间接法)先不考虑共线点的问题，从10个不同元素中任取三点的组合数是C310，但其中OM上的6个点(含O点)中任取三点不能得到三角形，ON上的5个点(含O点)中任取3点也不能得到三角形，所以共可以得到C310－C36－C35个，即C310－C36－C35＝10×9×81×2×3－6×5×41×2×3－5×41×2＝120－20－10＝90(个)．解法3：也可以这样考虑，把O点看成是OM边上的点，先从OM上的6个点(含O点)中取2点，ON上的4点(不含O点)中取一点，可得C26C14个三角形，再从OM上的5点(不含O点)中取一点，从ON上的4点(不含O点)中取两点，可得C15C24个三角形，所以共有C26C14＋C15C24＝15×4＋5×6＝90(个)．17．某次足球比赛共12支球队参加，分三个阶段进行．(1)小组赛：经抽签分成甲、乙两组，每组6队进行单循环比赛，以积分及净剩球数取前两名；(2)半决赛：甲组第一名与乙组第二名，乙组第一名与甲组第二名作主客场交叉淘汰赛(每两队主客场各赛一场)决出胜者；(3)决赛：两个胜队参加决赛一场，决出胜负．问全程赛程共需比赛多少场？[解析] (1)小组赛中每组6队进行单循环比赛，就是6支球队的任两支球队都要比赛一次，所需比赛的场次即为从6个元素中任取2个元素的组合数，所以小组赛共要比赛2C26＝30(场)．(2)半决赛中甲组第一名与乙组第二名(或乙组第一名与甲组第二名)主客场各赛一场，所需比赛的场次即为从2个元素中任取2个元素的排列数，所以半决赛共要比赛2A22＝4(场)．(3)决赛只需比赛1场，即可决出胜负．所以全部赛程共需比赛30＋4＋1＝35(场)．18．有9本不同的课外书，分给甲、乙、丙三名同学，求在下列条件下，各有多少种分法？(1)甲得4本，乙得3本，丙得2本；(2)一人得4本，一人得3本，一人得2本；(3)甲、乙、丙各得3本．[分析] 由题目可获取以下主要信息：①9本不同的课外书分给甲、乙丙三名同学；②题目中的3个问题的条件不同．解答本题先判断是否与顺序有关，然后利用相关的知识去解答．[解析] (1)分三步完成：第一步：从9本不同的书中，任取4本分给甲，有C49种方法；第二步：从余下的5本书中，任取3本给乙，有C35种方法；第三步：把剩下的书给丙有C22种方法，∴共有不同的分法有C49C35C22＝1260(种)．(2)分两步完成：第一步：将4本、3本、2本分成三组有C49C35C22种方法；第二步：将分成的三组书分给甲、乙、丙三个人，有A33种方法，∴共有C49C35C22A33＝7560(种)．(3)用与(1)相同的方法求解，得C39C36C33＝1680(种)．。

猿题库高中组合数练习题及讲解

猿题库高中组合数练习题及讲解# 高中组合数练习题及讲解组合数是高中数学中的一个重要概念，它在概率论、排列组合等领域有着广泛的应用。

本文将提供一些高中组合数的练习题，并给出相应的讲解，帮助学生更好地理解和掌握这一概念。

## 练习题一：基本组合数计算题目：从10个不同的球中任选5个，求不同的选法有多少种？解答：这是一个典型的组合数问题。

组合数的计算公式为 \( C(n, k) = \frac{n!}{k!(n-k)!} \)，其中 \( n \) 是总数，\( k \) 是选取的数量。

将题目中的数值代入公式，我们得到 \( C(10, 5) =\frac{10!}{5!(10-5)!} = 252 \)。

所以，不同的选法有252种。

## 练习题二：组合数在实际问题中的应用题目：一个班级有30名学生，需要选出5名学生代表班级参加比赛。

如果不考虑性别，求选出的5名学生的组合数。

解答：这个问题同样可以使用组合数公式来解决。

因为我们不考虑任何额外条件，所以直接使用 \( C(30, 5) \) 来计算。

计算结果为\( C(30, 5) = \frac{30!}{5!(30-5)!} \)，计算得出的结果是142506。

因此，有142506种不同的组合方式。

## 练习题三：组合数与排列数的区别题目：从7个不同的数字中选出3个数字，分别放在三个不同的位置上，求不同的排列方式有多少种？解答：这个问题涉及到排列数的计算。

排列数的公式为 \( P(n, k)= \frac{n!}{(n-k)!} \)。

与组合数不同，排列数考虑了元素的顺序。

将题目中的数值代入公式，我们得到 \( P(7, 3) = \frac{7!}{(7-3)!} = 210 \)。

所以，不同的排列方式有210种。

## 练习题四：组合数的边界条件题目：如果从n个不同的元素中选取0个元素，求组合数。

解答：根据组合数的定义，\( C(n, 0) \) 表示从n个元素中不选取任何元素的情况。

组合实际问题解答练习题

组合实际问题解答练习题组合实际问题是数学中的一个重要概念，它在各个领域都有广泛的应用。

本文将介绍一些实际问题，并给出解答练习题，以帮助读者更好地理解和应用组合实际问题。

问题一：某超市有5种不同的水果，小明要买3种水果，他有多少种不同的选择？解答：根据组合实际问题的定义，我们可以使用组合数来解决这个问题。

假设超市的5种水果分别为苹果、香蕉、橙子、葡萄和樱桃。

小明要买3种水果，可以将问题转化为从5种水果中选取3种的问题，即求解C(5, 3)。

根据组合数的计算公式，C(n, r) = n! / (r! * (n-r)!)，我们可以计算出C(5, 3) = 5! / (3! * 2!) = 10。

所以小明有10种不同的选择。

问题二：一个班级有10个男生和8个女生，班委会要选出3名男生和2名女生组成小组，有多少种不同的选法？解答：这个问题可以用组合数来解决。

选出3名男生可以从10个男生中选取3个，选出2名女生可以从8个女生中选取2个。

因此，问题可以转化为求解C(10, 3) * C(8, 2)。

计算C(10, 3) = 10! / (3! * 7!) = 120，C(8, 2) = 8! / (2! * 6!) = 28。

所以最终的结果为120 * 28 = 3360。

所以班委会有3360种不同的选法。

问题三：一家餐厅提供4种主菜和3种甜点，小明想点一道主菜和一道甜点，他有多少种选择？解答：这个问题类似于排列组合的问题，小明需要从4种主菜中选取一种，从3种甜点中选取一种，因此他的选择数为4 * 3 = 12。

所以小明有12种不同的选择。

问题四：某公司有8个部门，需要从这些部门中选出3个部门组成一个项目小组，其中至少有一个财务部门和一个人力资源部门，有多少种不同的选法？解答：这个问题可以用组合实际问题的思路来解决。

首先，从8个部门中选取1个财务部门有8种选择，从剩下的7个部门中选取1个人力资源部门有7种选择。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

第一章：1.2. 求在1000和9999之间各位数字都不相同，而且由奇数构成的整数个数。

如果两个人坐在一起，则可把这两个人捆绑在一起，如是问题就变成9个人的全排列，共有9！种就坐方式。

而这两个人相捆绑的方式又有2种（甲在乙的左面或右面）。

故两人坐在一起的方式数共有2*9！，于是两人不坐在一起的方式共有 10！- 2*9！。

1.5. 10个人围圆桌而坐，其中两人不愿坐在一起，问有多少种就坐方式？解：这是一组圆排列问题，10个人围圆就坐共有10!10 种方式。

两人坐在一起的方式数为9!92⨯,故两人不坐在一起的方式数为：9！-2*8！。

1.14. 求1到10000中，有多少正数，它的数字之和等于5？又有多少数字之和小于5的整数？解：(1)在1到9999中考虑，不是4位数的整数前面补足0，例如235写成0235,则问题就变为求：x 1+x 2+x 3+x 4=5 的非负整数解的个数，故有 F （4，5）=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+=515456 (2)分为求：x 1+x 2+x 3+x 4=4 的非负整数解，其个数为F （4，4）=35 x 1+x 2+x 3+x 4=3 的非负整数解，其个数为F （4，3）=20 x 1+x 2+x 3+x 4=2 的非负整数解，其个数为F （4，2）=10 x 1+x 2+x 3+x 4=1 的非负整数解，其个数为F （4，1）=4 x 1+x 2+x 3+x 4=0 的非负整数解，其个数为F （4，0）=1 将它们相加即得，F （4，4）+F （4，3）+F （4，2）+F （4，1）+F （4，0）=70。

第二章：2.3. 在边长为1的正三角形内任意放置5个点，则其中至少有两个点的距离≤1/2。

解：将边为1的正三角形分成边是为1/2的四个小正三角形，将5个点放入四个小正三角形中，由鸽笼原理知，至少有一个小正三角形中放有2个点，而这两点的距离≤1/2。

1/2 1/2 1/22.5. 在图中，每个方格着红色或蓝色，证明至少存在两列有相同的着色。

解：每列着色的方式只可能有224⨯=种，现有5列，由鸽笼原理知，至少有二列着色方式相同。

⎪2.7. 一个学生打算用37天总共60学时自学一本书，他计划每天至少自学1学时，证明：无论他怎样按排自学时间表，必然存在相继的若干天，在这些天内其自学总时数恰好为13学时。

解：设1a 是第一天自学的时数，2a 是第一，二天自学的时数的和，j a 是第一，二，… ，第j 天自学时数的和，1,2,,37j =⋅⋅⋅⋅⋅⋅于是，序列1237,,,a a a ⋅⋅⋅⋅⋅⋅是严格递增序列(每天至少一学时)，而且，1371,60a a ≥= 于是序列13713,,13a a +⋅⋅⋅⋅⋅⋅+也是严格递增的序列，故371373a +=因此74个数137137,,13,,1373a a a a ⋅⋅⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+=都在1和73两个整数之间，由鸽笼原理知，这74个数中必有两个是相等的，由于1237,,,a a a ⋅⋅⋅⋅⋅⋅中任何两数都不相等，故13713,,13a a +⋅⋅⋅⋅⋅⋅+中任何两个数也是不相等的，因此，一定存在两个数,i j 使得 1313i j i j a a a a =+→-=因此，在1,2,,j j i ++⋅⋅⋅⋅⋅⋅这些天中，这个学生自学总时数恰好为13。

⎪2.10. 证明：在任意52个整数中，必存在两个数，其和或差能被100整除。

证明：设52个整数a 1，a 2，….，a 52被100除的余数分别为r 1，r 2，….， r 52,而任意一整数被100除可能的余数为0，1，2，….,99，共100个，它可分为51个类：{0}，{1，99}，{2，98}，…..{49，51}，{50}。

因此，将51个类看做鸽子笼，则由鸽笼原理知，将r 1，r 2，….，r 52 个鸽子放入51个笼中，，至少有两个属于同一类，例如r i ,r j,于是r i =r j 或r i +r j =100,这就是说a i —a j 可100整除，或a i + a j 可被100整除。

第三章3.2. 求1到1000中既非完全平方又非完全立方的整数个数。

解：设S ＝{1,2,…,1000};1A 表示1到1000中完全平方数的集合，则1A 表示1到1000中不是完全平方数的集合；2A 表示1到1000中完全立方数的集合，则2A 表示1到1000中不是完全立方数的集合。

故__2__1A A 表示1到1000中既非完全平方又非完全立方的整数的集合，由容斥原理（（3.5）式）知：212121A A A A S A A +--= (3.5)其中||S ＝1000，1||31A ==,2||10A == 21A A 表示1到1000中既是完全平方又是完全立方的数的集合，故21A A ==3,将以上数值代入(3.5)式得21A A ＝1000－(31+10)+3=962故1到1000中既非完全平方又非完全立方的整数个数为962。

3.8. 在所有的n 位数中，包含数字3，8，9但不包含数字0，4的数有多少？解：除去0，4，则在1，2，3，5，6，7，8，9这8个数字组成的n 位数中，令S 表示由这8个数字组成的所有n 位数的集合。

则|S|=8n . P 1表示这样的性质：一个n 位数不包含3； P 2表示这样的性质：一个n 位数不包含8； P 3表示这样的性质：一个n 位数不包含9；并令A i 表示S 中具有性质P i 的元素构成的集合（i=1,2,3）。

则A A A 321 表示S 中包含3，又包含8，又包含9的所有n 位数的集合。

由容斥原理（（3.5）式）得|321A A A |=||||||||32131A A A AA A S ji jii i-+-∑∑≠= （3.5）而777321,,nnn A A A ===666323121,,nnnA A A A A A ===5321nA A A = ，代入（3.5）式得123837365n n n n A A A =-∙+∙-故所求的n 位数有n n n n 563738-⨯+⨯-个。

3.10. 求重集{}3,4,5B a b c =⋅⋅⋅的10-组合数。

解：构造集合B ′=},,{c b a ⋅∞⋅∞⋅∞。

令集合B ′的所有10-组合构成的集合为S 。

由第一章的重复组合公式(1.11)有||S ＝F （3，10）＝⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+101103=66。

令p 1表示S 中的元素至少含有4个a 这一性质，令p 2表示S 中的元素至少含有5个b这一性质，令p 3表示S 中的元素至少含有6个c 这一性质，并令A i (i =1,2,3)表示S 中具有性质p i (i =1,2,3)的元素所构成的集合，于是B 的10-组合数就是S 中不具有性质p 1,p 2,p 3的元素个数。

由容斥原理（（3.5）式）有：|321A A A |=||||||||32131A A A AA A S ji jii i-+-∑∑≠= (3.5)由于已经求得||S =66，下面分别计算(3.9)式右端其他的项。

由于A 1中的每一个10-组合至少含有4个a ，故将每一个这样的组合去掉4个a 就得到集合B ′的一个6-组合。

反之，如果取B ′的一个6-组合并加4个a 进去，就得到了A 1的一个10-组合。

于是A 1的10-组合数就等于B ′的6-组合数。

故有||1A =F （3，6）＝⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+6163＝28同样的分析可得||2A =F （3，5）＝⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+5153＝21||3A =F （3，4）＝⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+4143＝15用类似的分析方法可分别求得||21A A ＝F （3，1）＝⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+1113＝3||31A A ＝F （3，0）＝⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+0103＝1||32A A ＝0（因为5＋6＝11>10） ||321A A A ＝0 （同上）将以上数值代人(3.9)式得到：|321A A A |＝66－（28＋21＋15）＋（3＋1＋0）－0＝6故所求的10-组合数为6。

3.14. 求由数字1，2，⋅⋅⋅8所组成的全排列中，恰有4个数字在其自然位置上的全排列个数。

解：4个数在其自然位置共有⎪⎪⎭⎫⎝⎛48种方式，对某一种方式，均有4个数字不在其自然位置，这正好是一个错排，其方式数为4D （见定理3.2），由乘法规则有，恰有4个数字在其自然位置上的全排列数为484D ⎛⎫⎪⎝⎭＝630。

第四章4.6 求重集}7,5,3,{d c b a B ⋅⋅⋅⋅∞=的10-组合数。

解：设重集B 的n-组合数为n a ，则序列{n a }的普通母函数为2232345()(1)(1)(1)f x x x x x x x x x x x =+++++++++++234567(1)x x x x x x x ⨯+++++++=xx x x x x x --⋅--⋅--⋅-11111111864=(1-x 4-x 6-x 8+x 10+x 12+x 14-x 18)∑∞=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+033k kx k所以a 10=⎪⎪⎭⎫⎝⎛++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⎪⎪⎭⎫⎝⎛+3033233433633103=286-84-35-10+1=158 故重集B 的10－组合数为158。

4.9. 设重集{}123456,,,,,B b b b b b b =∞∞∞∞∞∞,并设r a 是B 满足以下条件的r-组合数，求序列()01,,,,r a a a 的普通母函数。

a. 每个I b 出现3的倍数次。

()1,2,3,4,5,6I =b. 1b ,2b 至多出现1次，34,b b 至少出现2次，56,b b 最多出现4次。

c. 1b 出现偶数次，6b 出现奇数次，3b 出现3的倍数次，4b 出现5的倍数次。

d. 每个I b ()1,2,3,4,5,6I =至多出现8次。

解：a. 3696()(1)f x x x x =++++30(6,)()k k F k x ∞==∑b. 223422342()(1)()(1)f x x x x x x x x x =++++++++c. 2435369510()(1)()(1)(1)f x x x x x x x x x x x =+++++++++++++(1x x x ⨯232++++) d. 2386()(1)f x x x x =++++4.10 有两颗骰子，每个骰子六个面上刻有1，2，3，4，5，6个点。