2019-2020学年高中数学课时跟踪检测五组合与组合数公式新人教A版选修219

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2019_2020学年高中数学2019年数学高考真题新人教A版选修2_2

2019年数学高考真题剖析解读高考全国Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ卷都是教育部按照普通高考考试大纲统一命题，适用于不同省份的考生．虽然难度上会有一些差异，但在试卷结构、命题方向上基本都是相同的．试题稳中求新、稳中求变．与往年相比，三角、数列、立体几何、圆锥曲线、函数与导数等依然是考查的重点，注重基础知识，凸显主干知识．试卷结构、题型保持一致，各题型所占分值与分值分布没有变化，试题顺序有较大变化，考查方式有所改变，难度明显增加，客观题与去年的难度相当，主观题难易梯度明显增加，解决了区分度低的诟病．今年试题立足学科素养，落实关键能力，加强数学应用，渗透数学文化．以真实情境为载体，贴近生活，联系社会实际，注重能力考查，增强综合性、应用性，在各部分内容的布局和考查难度上都进行了调整和改变，这在一定程度上有助于考查学生灵活应变的能力和主动调整适应的能力，有助于学生全面学习掌握重点知识和重点内容，同时有助于打破考试题的僵硬化，更好地提升学生的综合分析能力，打破了传统的应试教育．全国Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ卷对选修2－2推理与证明、数系的扩充与复数的引入的考查，相对来说比较常规、难度不大、变化小、综合性低，属于基础类必得分试题；对导数及其应用的考查，难度大、综合性强、运算能力要求高、得分比较困难，主要考查导数的计算、几何意义，利用导数研究函数的单调性、极值、最值、零点、不等式等．其他省市试题和全国卷类似，难度相当．要想学好这部分知识不仅要有扎实的基础知识、基本能力，还要注意一些数学思想的培养，比如分类讨论思想、数形结合思想、转化与化归思想等！下面列出了2019年全国Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ卷及各地区对选修2－2所考查的全部试题，请同学们根据所学知识，测试自己的能力，寻找自己的差距，把握高考的方向，认清命题的趋势！(说明：有些试题带有综合性，是与以后要学的内容的小综合试题，同学们可根据目前所学习的内容，有选择性地试做！)穿越自测一、选择题1．(2019·全国卷Ⅰ，理2)设复数z 满足|z －i|＝1，z 在复平面内对应的点为(x ，y )，则( )A ．(x ＋1)2＋y 2＝1 B ．(x －1)2＋y 2＝1 C ．x 2＋(y －1)2＝1 D ．x 2＋(y ＋1)2＝1答案 C解析由已知条件，可得z ＝x ＋y i.∵|z －i|＝1， ∴|x ＋y i －i|＝1，∴x 2＋(y －1)2＝1.故选C.2．(2019·全国卷Ⅱ，理2)设z ＝－3＋2i ，则在复平面内 z －对应的点位于( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限答案 C解析 z －＝－3－2i ，故z －对应的点(－3，－2)位于第三象限．故选C. 3．(2019·全国卷Ⅲ，理2)若z (1＋i)＝2i ，则z ＝( ) A ．－1－i B ．－1＋i C ．1－i D ．1＋i答案 D解析由z (1＋i)＝2i ，得z ＝2i 1＋i ＝2i (1－i )(1＋i )(1－i )＝2i (1－i )2＝i(1－i)＝1＋i.故选D. 4．(2019·北京高考，理1)已知复数z ＝2＋i ，则z ·z －＝( ) A. 3 B. 5 C ．3 D ．5答案 D解析解法一：∵z ＝2＋i ，∴z －＝2－i ，∴z ·z －＝(2＋i)(2－i)＝5.故选D. 解法二：∵z ＝2＋i ，∴z ·z －＝|z |2＝5.故选D.5．(2019·全国卷Ⅲ，理6)已知曲线y ＝a e x＋x ln x 在点(1，a e)处的切线方程为y ＝2x ＋b ，则( )A ．a ＝e ，b ＝－1B ．a ＝e ，b ＝1C ．a ＝e －1，b ＝1 D ．a ＝e －1，b ＝－1答案 D解析 y ′＝a e x＋ln x ＋1，k ＝y ′|x ＝1＝a e ＋1， ∴切线方程为y －a e ＝(a e ＋1)(x －1)，即y ＝(a e ＋1)x －1. 又∵切线方程为y ＝2x ＋b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧a e ＋1＝2，b ＝－1，即a ＝e －1，b ＝－1.故选D.6．(2019·天津高考，理8)已知a ∈R ，设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2ax ＋2a ，x ≤1，x －a ln x ，x >1.若关于x的不等式f (x )≥0在R 上恒成立，则a 的取值范围为( )A ．[0,1]B ．[0,2]C ．[0，e]D ．[1，e]答案 C解析当x ≤1时，由f (x )＝x 2－2ax ＋2a ≥0恒成立，而二次函数f (x )图象的对称轴为直线x ＝a ，所以当a ≥1时，f (x )min ＝f (1)＝1>0恒成立，当a <1时，f (x )min ＝f (a )＝2a －a 2≥0，∴0≤a <1. 综上，a ≥0.当x >1时，由f (x )＝x －a ln x ≥0恒成立，即a ≤x ln x 恒成立．设g (x )＝xln x ，则g ′(x )＝ln x －1(ln x )2.令g ′(x )＝0，得x ＝e ，且当1<x <e 时，g ′(x )<0，当x >e 时，g ′(x )>0，所以g (x )min ＝g (e)＝e ，∴a ≤e.综上，a 的取值范围是0≤a ≤e，即[0，e]．故选C. 7．(2019·浙江高考，9)设a ，b ∈R ，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ，x <0，13x 3－12(a ＋1)x 2＋ax ，x ≥0.若函数y ＝f (x )－ax －b 恰有3个零点，则( )A ．a <－1，b <0B ．a <－1，b >0C ．a >－1，b <0D ．a >－1，b >0答案 C解析由题意，b ＝f (x )－ax ＝⎩⎪⎨⎪⎧(1－a )x ，x <0，13x 3－12(a ＋1)x 2，x ≥0.设y ＝b ，g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(1－a )x ，x <0，13x 3－12(a ＋1)x 2，x ≥0.即以上两个函数的图象恰有3个交点，根据选项进行讨论． ①当a <－1时，1－a >0，可知g (x )在(－∞，0)上单调递增；由g ′(x )＝x 2－(a ＋1)x ＝x [x －(a ＋1)](x ≥0)，a ＋1<0，可知g (x )在(0，＋∞)上单调递增．此时直线y ＝b 与g (x )的图象只有1个交点，不符合题意，故排除A ，B. ②当a >－1，即a ＋1>0时，因为g ′(x )＝x [x －(a ＋1)](x ≥0)，所以当x ≥0时，由g ′(x )<0可得0<x <a ＋1，所以当x ≥0时，g (x )在(0，a ＋1)上单调递减，g (x )在(a ＋1，＋∞)上单调递增．如图，y ＝b 与y ＝g (x )(x ≥0)的图象至多有2个交点．当1－a >0，即－1<a <1时，由图象可得，若要y ＝g (x )与y ＝b 的图象有3个交点，必有b <0；当1－a ＝0时，y ＝g (x )与y ＝b 的图象可以有1个、2个或无数个交点，但不存在恰有3个交点的情况，不符合题意，舍去；当1－a <0，即a >1时，y ＝g (x )与y ＝b 的图象可以有1个或2个交点，但不存在恰有3个交点的情况，不符合题意，舍去．综上，－1<a <1，b <0.故选C. 二、填空题8．(2019·全国卷Ⅰ，理13)曲线y ＝3(x 2＋x )e x在点(0,0)处的切线方程为________．答案 y ＝3x解析 y ′＝3(2x ＋1)e x＋3(x 2＋x )e x ＝e x (3x 2＋9x ＋3)，∴斜率k ＝e 0×3＝3，∴切线方程为y ＝3x .9．(2019·天津高考，理9)i 是虚数单位，则⎪⎪⎪⎪⎪⎪5－i 1＋i 的值为________．答案13解析 ∵5－i 1＋i ＝(5－i )(1－i )(1＋i )(1－i )＝2－3i ，∴⎪⎪⎪⎪⎪⎪5－i 1＋i ＝|2－3i|＝13.10．(2019·浙江高考，11)复数z ＝11＋i (i 为虚数单位)，则|z |＝________.答案22解析 z ＝11＋i ＝1－i (1＋i )(1－i )＝1－i 1－i 2＝12－12i ，易得|z |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－122＝22. 11．(2019·江苏高考，2)已知复数(a ＋2i)(1＋i)的实部为0，其中i 为虚数单位，则实数a 的值是________．答案 2解析 (a ＋2i)(1＋i)＝a －2＋(a ＋2)i ，因为其实部为0，故a ＝2.12．(2019·江苏高考，11)在平面直角坐标系xOy 中，点A 在曲线y ＝ln x 上，且该曲线在点A 处的切线经过点(－e ，－1)(e 为自然对数的底数)，则点A 的坐标是________．答案 (e,1)解析设A (m ，n )，则曲线y ＝ln x 在点A 处的切线方程为y －n ＝1m(x －m )．又切线过点(－e ，－1)，所以有n ＋1＝1m(m ＋e)．再由n ＝ln m ，解得m ＝e ，n ＝1. 故点A 的坐标为(e,1)．三、解答题13．(2019·全国卷Ⅰ，理20)已知函数f (x )＝sin x －ln (1＋x )，f ′(x )为f (x )的导数．证明：(1)f ′(x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点；(2)f (x )有且仅有2个零点．证明 (1)设g (x )＝f ′(x )，则g (x )＝cos x －11＋x ，g ′(x )＝－sin x ＋1(1＋x )2.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2时，g ′(x )单调递减，而g ′(0)＞0，g ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＜0，可得g ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2有唯一零点，设为α.则当x ∈(－1，α)时，g ′(x )＞0；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫α，π2时，g ′(x )＜0.所以g (x )在(－1，α)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2单调递减，故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点，即f ′(x )在⎝⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点．(2)f (x )的定义域为(－1，＋∞)．①当x ∈(－1,0]时，由(1)知，f ′(x )在(－1,0)单调递增，而f ′(0)＝0，所以当x ∈(－1,0)时，f ′(x )＜0，故f (x )在(－1,0)单调递减．又f (0)＝0，从而x ＝0是f (x )在(－1,0]的唯一零点．②当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2时，由(1)知，f ′(x )在(0，α)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2单调递减，而f ′(0)＝0，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＜0，所以存在β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2，使得f ′(β)＝0，且当x ∈(0，β)时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫β，π2时，f ′(x )＜0.故f (x )在(0，β)单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫β，π2单调递减．又f (0)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝1－ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋π2＞0，所以当x ∈⎝⎛⎦⎥⎤0，π2时，f (x )＞0.从而，f (x )在⎝⎛⎦⎥⎤0，π2没有零点．③当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π时，f ′(x )＜0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π单调递减．而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＞0，f (π)＜0，所以f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π有唯一零点．④当x ∈(π，＋∞)时，ln (x ＋1)＞1.所以f (x )＜0，从而f (x )在(π，＋∞)没有零点．综上，f (x )有且仅有2个零点．14．(2019·全国卷Ⅱ，理20)已知函数f (x )＝ln x －x ＋1x －1. (1)讨论f (x )的单调性，并证明f (x )有且仅有两个零点；(2)设x 0是f (x )的一个零点，证明曲线y ＝ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线y ＝e x的切线．解 (1)f (x )的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)．因为f ′(x )＝1x ＋2(x －1)2>0，所以f (x )在(0,1)，(1，＋∞)单调递增．因为f (e)＝1－e ＋1e －1<0，f (e 2)＝2－e 2＋1e 2－1＝e 2－3e 2－1>0，所以f (x )在(1，＋∞)有唯一零点x 1(e<x 1<e 2)，即f (x 1)＝0.又0<1x 1<1，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1＝－ln x 1＋x 1＋1x 1－1＝－f (x 1)＝0，故f (x )在(0,1)有唯一零点1x 1.综上，f (x )有且仅有两个零点． (2)证明：因为1x 0＝e －ln x 0，所以点B ⎝⎛⎭⎪⎫－ln x 0，1x在曲线y ＝e x上．由题设知f (x 0)＝0，即ln x 0＝x 0＋1x 0－1，故直线AB 的斜率k ＝1x 0－ln x 0－ln x 0－x 0＝1x 0－x 0＋1x 0－1－x 0＋1x 0－1－x 0＝1x 0.曲线y ＝e x在点B ⎝⎛⎭⎪⎫－ln x 0，1x处切线的斜率是1x 0，曲线y ＝ln x 在点A (x 0，ln x 0)处切线的斜率也是1x 0，所以曲线y ＝ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线y ＝e x的切线． 15．(2019·全国卷Ⅲ，理20)已知函数f (x )＝2x 3－ax 2＋b . (1)讨论f (x )的单调性；(2)是否存在a ，b ，使得f (x )在区间[0,1]的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a ，b 的所有值；若不存在，说明理由．解 (1)f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )．令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝a3.若a >0，则当x ∈(－∞，0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a3，＋∞时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 3时，f ′(x )<0.故f (x )在(－∞，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a3单调递减．若a ＝0，则f (x )在(－∞，＋∞)单调递增．若a <0，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，a 3∪(0，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a3，0时，f ′(x )<0.故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，a 3，(0，＋∞)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a3，0单调递减．(2)满足题设条件的a ，b 存在．①当a ≤0时，由(1)知，f (x )在[0,1]单调递增，所以f (x )在区间[0,1]的最小值为f (0)＝b ，最大值为f (1)＝2－a ＋b .此时a ，b 满足题设条件当且仅当b ＝－1，2－a ＋b ＝1，即a ＝0，b ＝－1.②当a ≥3时，由(1)知，f (x )在[0,1]单调递减，所以f (x )在区间[0,1]的最大值为f (0)＝b ，最小值为f (1)＝2－a ＋b .此时a ，b 满足题设条件当且仅当2－a ＋b ＝－1，b ＝1，即a ＝4，b ＝1.③当0＜a ＜3时，由(1)知，f (x )在[0,1]的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＝－a 327＋b ，最大值为b 或2－a ＋b .若－a 327＋b ＝－1，b ＝1，则a ＝332，与0＜a ＜3矛盾．若－a 327＋b ＝－1,2－a ＋b ＝1，则a ＝33或a ＝－33或a ＝0，与0＜a ＜3矛盾．综上，当a ＝0，b ＝－1或a ＝4，b ＝1时，f (x )在[0,1]的最小值为－1，最大值为1. 16．(2019·北京高考，理19)已知函数f (x )＝14x 3－x 2＋x .(1)求曲线y ＝f (x )的斜率为1的切线方程； (2)当x ∈[－2,4]时，求证：x －6≤f (x )≤x ；(3)设F (x )＝|f (x )－(x ＋a )|(a ∈R )，记F (x )在区间[－2,4]上的最大值为M (a )．当M (a )最小时，求a 的值．解 (1)由f (x )＝14x 3－x 2＋x 得f ′(x )＝34x 2－2x ＋1.令f ′(x )＝1，即34x 2－2x ＋1＝1，得x ＝0或x ＝83.又f (0)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫83＝827，所以曲线y ＝f (x )的斜率为1的切线方程是y ＝x 与y －827＝x －83，即y ＝x 与y ＝x －6427.(2)证明：令g (x )＝f (x )－x ，x ∈[－2,4]．由g (x )＝14x 3－x 2得g ′(x )＝34x 2－2x .令g ′(x )＝0得x ＝0或x ＝83.当x 变化时，g ′(x )，g (x )的变化情况如下：所以g (x )的最小值为－6，最大值为0. 故－6≤g (x )≤0，即x －6≤f (x )≤x . (3)由(2)知，当a <－3时，M (a )＝F (0)＝|g (0)－a |＝－a >3；当a >－3时，M (a )＝F (－2)＝|g (－2)－a |＝6＋a >3；当a ＝－3时，M (a )＝3. 综上，当M (a )最小时，a ＝－3.17．(2019·天津高考，理20)设函数f (x )＝e xcos x ，g (x )为f (x )的导函数． (1)求f (x )的单调区间；(2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2时，证明f (x )＋g (x )⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x ≥0； (3)设x n 为函数u (x )＝f (x )－1在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫2n π＋π4，2n π＋π2内的零点，其中n ∈N ，证明2n π＋π2－x n <e－2n πsin x 0－cos x 0.解 (1)由已知，有f ′(x )＝e x(cos x －sin x )．因此，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2k π＋π4，2k π＋5π4(k ∈Z )时，有sin x >cos x ，得f ′(x )<0，则f (x )单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2k π－3π4，2k π＋π4(k ∈Z )时，有sin x <cos x ，得f ′(x )>0，则f (x )单调递增．所以，f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－3π4，2k π＋π4(k ∈Z )，f (x )的单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π＋π4，2k π＋5π4(k ∈Z )． (2)证明：记h (x )＝f (x )＋g (x )⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x .依题意及(1)，有g (x )＝e x(cos x －sin x )，从而g ′(x )＝－2e xsin x . 当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫π4，π2时，g ′(x )<0，故h ′(x )＝f ′(x )＋g ′(x )⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x ＋g (x )(－1)＝g ′(x )⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x <0. 因此，h (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2上单调递减，进而h (x )≥h ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝0. 所以，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2时，f (x )＋g (x )⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x ≥0. (3)证明：依题意，u (x n )＝f (x n )－1＝0，即e xn cos x n ＝1.记y n ＝x n －2n π，则y n ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2，且f (y n )＝e yn cos y n ＝e xn －2n πcos(x n －2n π)＝e －2n π(n ∈N )．由f (y n )＝e－2n π≤1＝f (y 0)及(1)，得y n ≥y 0.由(2)知，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2时，g ′(x )<0，所以g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2上为减函数，因此g (y n )≤g (y 0)<g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝0. 又由(2)知，f (y n )＋g (y n )⎝⎛⎭⎪⎫π2－y n ≥0，故π2－y n ≤－f (y n )g (y n )＝－e －2n πg (y n )≤－e－2n πg (y 0) ＝e －2n πe y 0(sin y 0－cos y 0)<e －2n πsin x 0－cos x 0. 所以2n π＋π2－x n <e－2n πsin x 0－cos x 0.18．(2019·浙江高考，22)已知实数a ≠0，设函数f (x )＝a ln x ＋1＋x ，x >0. (1)当a ＝－34时，求函数f (x )的单调区间；(2)对任意x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e 2，＋∞均有f (x )≤x 2a ，求a 的取值范围．注：e ＝2.71828…为自然对数的底数．解 (1)当a ＝－34时，f (x )＝－34ln x ＋1＋x ，x >0.f ′(x )＝－34x ＋121＋x＝(1＋x －2)(21＋x ＋1)4x 1＋x，所以函数f (x )的单调递减区间为(0,3)，单调递增区间为(3，＋∞)． (2)由f (1)≤12a ，得0<a ≤24.当0<a ≤24时，f (x )≤x 2a 等价于x a 2－2 1＋x a－2ln x ≥0. 令t ＝1a，则t ≥2 2.设g (t )＝t2x －2t 1＋x －2ln x ，t ≥22，则g (t )＝x ⎝⎛⎭⎪⎫t －1＋1x 2－1＋xx－2ln x . ①当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫17，＋∞时， 1＋1x≤22，则g (t )≥g (22)＝8x －421＋x －2ln x . 记p (x )＝4x －221＋x －ln x ，x ≥17，则p ′(x )＝2x－2x ＋1－1x＝2x x ＋1－2x －x ＋1x x ＋1＝(x －1)[1＋x (2x ＋2－1)]x x ＋1(x ＋1)(x ＋1＋2x ).故所以p (x )≥p (1)＝0.因此g (t )≥g (22)＝2p (x )≥0.②当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e 2，17时，g (t )≥g ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1x ＝－2x ln x －(x ＋1)x. 令q (x )＝2x ln x ＋(x ＋1)，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e 2，17，则q ′(x )＝ln x ＋2x＋1>0，故q (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e 2，17上单调递增，所以q (x )≤q ⎝ ⎛⎭⎪⎫17. 由①，得q ⎝ ⎛⎭⎪⎫17＝－277p ⎝ ⎛⎭⎪⎫17<－277p (1)＝0. 所以q (x )<0. 因此，g (t )≥g ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1x ＝－q (x )x>0. 由①②知对任意x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e 2，＋∞，t ∈[22，＋∞)，g (t )≥0，即对任意x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e2，＋∞，均有f (x )≤x 2a. 综上所述，所求a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，24. 19．(2019·江苏高考，19)设函数f (x )＝(x －a )(x －b )(x －c )，a ，b ，c ∈R ，f ′(x )为f (x )的导函数．(1)若a ＝b ＝c ，f (4)＝8，求a 的值；(2)若a ≠b ，b ＝c ，且f (x )和f ′(x )的零点均在集合{－3,1,3}中，求f (x )的极小值； (3)若a ＝0,0＜b ≤1，c ＝1，且f (x )的极大值为M ，求证：M ≤427.解 (1)因为a ＝b ＝c ，所以f (x )＝(x －a )(x －b )(x －c )＝(x －a )3. 因为f (4)＝8，所以(4－a )3＝8，解得a ＝2.(2)因为b ＝c ，所以f (x )＝(x －a )(x －b )2＝x 3－(a ＋2b )x 2＋b (2a ＋b )x －ab 2，从而f ′(x )＝3(x －b )⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2a ＋b 3. 令f ′(x )＝0，得x ＝b 或x ＝2a ＋b3.因为a ，b ，2a ＋b3都在集合{－3,1,3}中，且a ≠b ，所以2a ＋b 3＝1，a ＝3，b ＝－3.此时，f (x )＝(x －3)(x ＋3)2，f ′(x )＝3(x ＋3)(x －1)．令f ′(x )＝0，得x ＝－3或x ＝1.列表如下：所以f (x )的极小值为f (1)＝(1－3)(1＋3)2＝－32. (3)证明：因为a ＝0，c ＝1，所以f (x )＝x (x －b )(x －1)＝x 3－(b ＋1)x 2＋bx ，f ′(x )＝3x 2－2(b ＋1)x ＋b .因为0＜b ≤1，所以Δ＝4(b ＋1)2－12b ＝(2b －1)2＋3>0，则f ′(x )有2个不同的零点，设为x 1，x 2(x 1<x 2)．由f ′(x )＝0，得x 1＝b ＋1－b 2－b ＋13，x 2＝b ＋1＋b 2－b ＋13.列表如下：1证法一：M ＝f (x 1)＝x 31－(b ＋1)x 21＋bx 1＝[3x 21－2(b ＋1)x 1＋b ]⎝ ⎛⎭⎪⎫x 13－b ＋19－2(b 2－b ＋1)9x 1＋b (b ＋1)9＝－2(b 2－b ＋1)(b ＋1)27＋b (b ＋1)9＋227(b 2－b ＋1)3＝b (b ＋1)27－2(b －1)2(b ＋1)27＋227(b (b －1)＋1)3≤b (b ＋1)27＋227≤427.因此M ≤427. 证法二：因为0<b ≤1，所以x 1∈(0,1)．当x ∈(0,1)时，f (x )＝x (x －b )(x －1)≤x (x －1)2. 令g (x )＝x (x －1)2，x ∈(0,1)，则g ′(x )＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x －13(x －1)．令g ′(x )＝0，得x ＝13.列表如下：所以当x ＝13时，g (x )取得极大值，且是最大值，故g (x )max ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝427.所以当x ∈(0,1)时，f (x )≤g (x )≤427.因此M ≤427.。

高中数学 1.2.2.1 组合与组合数公式课件新人教A版选修23

2.题(2)证明的关键是什么？
第十九页，共43页。
【探究提示】1.选用组合数公式的乘积式，
即
Cmn
A mn A mm
n(n－1)(n－2)…(n－m 1) . m!
2. 有关组合数恒等式的证明，关键是化简，应先考虑利用组合数
的阶乘( jiē chénɡ)式形式作答.
第二十页，共43页。
【自主(zìzhǔ)解答】(1)原C式140－＝A37＝140392－8717×6×5 ＝210－210＝0.
【证明】右边=
n n－m
Cm n－1
n n－m
n－1! m! n－1－m
!
n!
m!n－m
!
Cnm
,
左边= Cmn ,所以左边=右边,所以原式成立.
第二十二页，共43页。
【方法技巧】关于组合数公式的选取技巧
(1)涉及具体数字的可以直接用
n n－m
Cm n－1
n n－m
n－1! m! n－1－m !
第十三页，共43页。
知识点2 组合数与组合数公式 1.组合数公式的两种形式的适用范围
形式
适用范围
乘积式
含具体数字的组合数的求值
要注阶意乘性式质(xìngzhì)含字母的组合的数顺的用有、关逆变用形、变及形证用明.顺用是将一
个组合数拆成两Cmn个1 ；C逆nm用则Cnm是－1“合二为一”；变形式
=
(2)
C18 20
C220
20 19 21
190.
答案：190
(3)
C399
C929＝C1300
100 99 98 3 21
161
700.
答案：161 700

人教A版高中数学选修2-3：组合与组合数公式课时作业

组合与组合数公式一、题组对点训练对点练一组合概念的理解1．下列问题中是组合问题的个数是( ) ①从全班50人中选出5名组成班委会；②从全班50人中选出5名分别担任班长、副班长、团支部书记、学习委员、生活委员； ③从1,2,3，…，9中任取出两个数求积； ④从1,2,3，…，9中任取出两个数求差或商． A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：选 B ①③与顺序无关，属于组合问题；②④与顺序有关，属于排列问题，故选B.2．下列各事件是组合问题的有________．①8个朋友聚会，每两人握手一次，一共握手多少次？ ②8个朋友相互写一封信，一共写了多少封信？③从1,2,3，…，9这九个数字中任取3个，组成一个三位数，这样的三位数共有多少个？ ④从1,2,3，…，9这九个数字中任取3个，组成一个集合，这样的集合有多少个？解析：①每两人握手一次，无顺序之分，是组合问题．②每两人相互写一封信，是排列问题，因为发信人与收信人是有顺序区别的．③是排列问题，因为取出3个数字后，如果改变这3个数字的顺序，便会得到不同的三位数．④是组合问题，因为取出3个数字后，无论怎样改变这3个数字的顺序，其构成的集合都不变.答案：①④对点练二组合数公式3．下列计算结果为28的是( ) A ．A 24＋A 26 B ．C 77 C ．A 28D ．C 28解析：选D C 28＝8×72＝4×7＝28.4．若C 2n ＝36，则n 的值为( ) A ．7 B ．8 C ．9D ．10解析：选C ∵C 2n ＝36，∴12n (n －1)＝36，即n 2－n －72＝0，∴(n －9)(n ＋8)＝0.∵n ∈N *，∴n ＝9.5．C 26＋C 57＝________.解析：C 26＋C 57＝6！4！×2！＋7！2！×5！＝6×52＋7×62＝15＋21＝36.答案：366．已知A 2n ＝4C 2n －1，则n ＝________.解析：因为A 2n ＝4C 2n －1，所以n (n －1)＝4×(n －1)(n －2)2，解得n ＝4(n ＝1舍去)．答案：47．已知C 4n ，C 5n ，C 6n 成等差数列，求C 12n 的值．解：由已知得2C 5n ＝C 4n ＋C 6n ，所以2·n ！5！(n －5)！＝n ！4！(n －4)！＋n ！6！(n －6)！，整理得n 2－21n ＋98＝0，解得n ＝7或n ＝14，要求C 12n 的值，故n ≥12，所以n ＝14，于是C 1214＝C 214＝14×132×1＝91.对点练三简单的组合应用题8．某新农村社区共包括8个自然村，且这些村庄分布零散，没有任何三个村庄在一条直线上，现要在该社区内建造“村村通”工程，共需建公路的条数为( )A ．4B ．8C ．28D ．64解析：选C 由于公路的修建问题是组合问题．故共需要建C 28＝28条公路．9．某施工小组有男工7名，女工3名，现要选1名女工和2名男工去支援另一施工小组，不同的选法有( )A ．C 310种 B ．A 310种 C ．A 13A 27种D ．C 13C 27种解析：选D 每个被选的人都无顺序差别，是组合问题．分两步完成：第一步，选女工，有C 13种选法；第二步，选男工，有C 27种选法．故共有C 13C 27种不同的选法．10．若x ∈A ，则1x ∈A ，就称集合A 具有伙伴关系．集合M ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫－1，0，13，12，1，2，3，4的所有非空子集中，具有伙伴关系的集合的个数为( )A ．15B ．16C ．28D ．25解析：选A 将集合M 中除0,4外的元素分为四组，即－1；1；12，2；13，3.它们能组成具有伙伴关系的非空集合的个数为C 14＋C 24＋C 34＋C 44＝15，故选A.11．某单位需同时参加甲、乙、丙三个会议，甲需2人参加，乙、丙各需1人参加，从10人中选派4人参加这三个会议，不同的安排方法有________种．解析：从10人中选派4人有C 410种方法，对选出的4人具体安排会议有C 24C 12种方法，由分步乘法计数原理知，不同的选派方法种数为C 410C 24C 12＝2 520.答案：2 52012．一位教练的足球队共有17名初级学员，他们中以前没有一人参加过比赛．按照足球比赛规则，比赛时一个足球队的上场队员是11人．问：(1)这位教练从这17名学员中可以形成多少种学员上场方案？(2)在选出11名上场队员时，还要确定其中一人为守门员，那么教练员有多少种方法做这件事情？解：(1)由于上场学员没有角色差异，所以可以形成的学员上场方案有C 1117＝12 376(种)． (2)教练员可以分两步完成这件事情．第1步，从17名学员中选出11人组成上场小组，共有C 1117种选法；第2步，从选出的11人中再选出1名守门员，共有C 111种选法．所以教练员做这件事情的方法数有C 1117×C 111＝136 136(种)．二、综合过关训练1．(C 2100＋C 97100)÷A 3101的值为( ) A ．6 B ．101 C.16D.1101解析：选C (C 2100＋C 97100)÷A 3101＝(C 2100＋C 3100)÷A 3101＝C 3101÷(C 3101A 33)＝1A 33＝16.2．假设200件产品中有3件次品，现在从中任取5件，其中至少有2件次品的抽法有( ) A ．C 23C 2198种 B ．(C 23C 3197＋C 33C 2197)种 C ．(C 3200－C 4197)种D ．(C 5200－C 13C 4197)种解析：选B 分为两类：第一类，取出的5件产品有2件次品3件合格品，有C 23C 3197种抽法；第二类，取出的5件产品有3件次品2件合格品，有C 33C 2197种抽法．因此共有(C 23C 3197＋C 33C 2197)种抽法．3．从进入决赛的6名选手中决出1名一等奖、2名二等奖、3名三等奖，则可能的决赛结果共有________种．解析：根据题意，知所有可能的决赛结果有C 16C 25C 33＝6×5×42×1＝60(种)．答案：604．某城市纵向有6条道路，横向有5条道路，构成如图所示的矩形道路网(图中黑线表示道路)，则从西南角A 地到东北角B 地的最短路线共有________条．解析：要使路线最短，只能向右或向上走，途中不能向左或向下走．因此，从A 地到B 地归结为走完5条横线段和4条纵线段．设每走一段横线段或纵线段为一个行走时段，从9个行走时段中任取4个时段走纵线段，其余5个时段走横线段，共有C 49C 55＝126种走法，故从A 地到B 地的最短路线共有126条．答案：1265．若C 4n ＞C 6n ，则n 的集合是________．解析：∵C4n＞C6n，∴⎩⎪⎨⎪⎧C 4n ＞C 6n ，n ≥6，⇒⎩⎪⎨⎪⎧n ！4！(n －4)！＞n ！6！(n －6)！，n ≥6，⇒⎩⎪⎨⎪⎧n 2－9n －10＜0，n ≥6，⇒⎩⎪⎨⎪⎧－1＜n ＜10，n ≥6.∵n ∈N *，∴n ＝6,7,8,9.∴n 的集合为{6,7,8,9}．答案：{6,7,8,9}6．从1,2,3,4,5,6六个数字中任选3个后得到一个由这三个数组成的最小三位数，则可以得到多少个不同的这样的最小三位数？解：从6个不同数字中任选3个组成最小三位数，相当于从6个不同元素中任选3个元素的一个组合，故所有不同的数的个数为C 36＝6×5×43×2×1＝20.7．(1)在桥牌比赛中，发给4名参赛者每人一手由52张牌的四分之一(即13张牌)组成的牌．一名参赛者可能得到多少手不同的牌(用排列数或组合数表示)?(2)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：(1)本题实质上是从52个元素中任选13个元素作为一组的组合问题，共有C 1352种不同的可能．即一名参赛者可能得到C 1352手不同的牌．(2)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C 812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C 47种选法．根据分步乘法计数原理，此人有C 812·C 47＝17 325种不同的投资方式．。

2019-2020学年高中数学课时跟踪检测六组合的应用习题课新人教A版选修27

课时跟踪检测六一、题组对点训练对点练一有限制条件的组合问题1．某市拟从4个重点项目和6个一般项目中各选2个项目作为本年度要启动的项目，则重点项目A和一般项目B至少有一个被选中的不同选法的种数是( )A．15 B．45C．60 D．75解析：选C 从4个重点项目和6个一般项目中各选2个项目共有C24C26＝90种不同的选法，重点项目A和一般项目B都不被选中的不同选法有C23C25＝30(种)，所以重点项目A和一般项目B至少有一个被选中的不同选法的种数是90－30＝60.2．某计算机商店有6台不同的品牌机和5台不同的兼容机，从中选购5台，且至少有品牌机和兼容机各2台，则不同的选购方法有( )A．1 050种B．700种C．350种D．200种解析：选C 分两类：(1)从6台不同的品牌机中选3台和从5台不同的兼容机中选2台；(2)从6台不同的品牌机中选2台和从5台不同的兼容机中选3台．所以有C36C25＋C26C35＝350种不同的选购方法．3．某校开设9门课程供学生选修，其中A，B，C三门由于上课时间相同，至多选一门．学校规定，每位同学选修4门，共有________种不同的选修方案．(用数字作答) 解析：分两类，一类是选A，B，C中的一门，则有C13C36种选法；另一类是不选A，B，C，则有C46种选法，故共有C46＋C13C36＝75种不同的选修方案．答案：754．在一次数学竞赛中，某学校有12人通过了初试，学校要从中选出5人去参加市级培训，在下列条件下，有多少种不同的选法？(1)任意选5人；(2)甲、乙、丙三人必须参加；(3)甲、乙、丙三人不能参加；(4)甲、乙、丙三人只能有1人参加；(5)甲、乙、丙三人至少1人参加．解：(1)C512＝792种不同的选法．(2)甲、乙、丙三人必须参加，只需从另外的9人中选2人，共有C29＝36种不同的选法．(3)甲、乙、丙三人不能参加，只需从另外的9人中选5人，共有C59＝126种不同的选法．(4)甲、乙、丙三人只能有1人参加，分两步，先从甲、乙、丙中选1人，有C13＝3种选法，再从另外的9人中选4人有C49种选法，共有C13C49＝378种不同的选法．(5)法一(直接法)可分为三类：第一类，甲、乙、丙中有1人参加，共有C 13C 49种不同的选法；第二类，甲、乙、丙中有2人参加，共有C 23C 39种不同的选法；第三类，甲、乙、丙3人均参加，共有C 33C 29种不同的选法；共有C 13C 49＋C 23C 39＋C 33C 29＝666种不同的选法．法二：(间接法)12人中任意选5人共有C 512种，甲、乙、丙三人不能参加的有C 59种，所以共有C 512－C 59＝666种不同的选法．对点练二分组(分配)问题5．若将9名会员分成三组讨论问题，每组3人，共有不同的分组方法种数有( ) A ．C 39C 36 B ．A 39A 36 C.C 39C 36A 33D ．A 39A 36A 33解析：选C 此题为平均分组问题，有C 39C 36A 33种分法．6．为调查某商品当前的市场价格，国家统计局将5位调查员分成三组，其中两组各2人，另一组1人，分赴三个不同的地区进行商品价格调查，则不同的分配方案有( )A ．90种B ．180种C ．30种D ．15种解析：选A 将5位调查员分成三组，其中两组各2人，另一组1人，有C 25C 23A 22种不同的分法，再将其分到三个不同地区，有A 33种不同的分法，所以不同的分配方案的种数为C 25C 23A 22·A 33＝90，故选A.7．某中学实习的5名大学毕业生需到A ，B ，C ，D 4个班级当辅导员，每班至少一名辅导员，且A 班必须有两名辅导员，则不同的分配方法有多少种？解：第一步，把5名大学毕业生分成人数为2,1,1,1的四份，有C 25·C 13·C 12·C 11A 33＝C 25种分法；第二步，把分好的四份分配给A ，B ，C ，D 4个班级，有A 33种分法．根据分步乘法计数原理，可得总共的分配方法种数为C 25A 33＝60种．对点练三排列、组合的综合问题8．从甲、乙等5人中选出3人排成一列，则甲不在排头的排法种数是( ) A ．12 B ．24 C ．36D ．48解析：选D ①若不选甲，则排法种数为A 34＝24；②若选甲，则先从后两个位置中选一个给甲，再从其余的4人中选2人排列．排法种数为C12A24＝24.由分类加法计数原理，可得不同的排法种数为24＋24＝48.故选D.9．从8个不同的数中选出5个数构成函数f(x)(x∈{1,2,3,4,5})的值域，如果这8个不同的数中的A，B两个数不能是x＝5对应的函数值，那么不同的选法种数为( ) A．C28A36B．C17A47C．C16A47D．无法确定解析：选C 自变量有5个，函数值也是5个不同的数，因此自变量与函数值只能一一对应，不会出现多对一的情形．因为A，B两个数不能是x＝5对应的函数值，所以先从余下6个数中选出与5对应的函数值，有C16种方法，再从其他7个数中选出4个数排列即可，故不同的选法共有C16A47种，故选C.10．有4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒子内．(1)共有几种放法？(2)恰有2个盒子不放球，有几种放法？解：(1)44＝256(种)．(2)恰有2个盒子不放球，也就是把4个不同的小球只放入2个盒子中，有两类放法；第一类，1个盒子放3个小球，1个盒子放1个小球，先把小球分组，有C34种，再放到2个小盒中有A24种放法，共有C34A24种放法；第二类，2个盒子中各放2个小球有C24C24种放法，故恰有2个盒子不放球的方法共有C34A24＋C24C24＝84种放法．二、综合过关训练1．把编号为1,2,3,4,5的五个球全部放入甲、乙、丙、丁四个盒子中，每盒至少放入一个球，且放入同一盒子的多个球必须连号，那么不同的放法种数为( )A．96 B．240C．48 D．40解析：选A 由题意，知一定有两个球放入同一盒中，又连号球有(1,2)，(2,3)，(3,4)，(4,5)四种可能，因此总的放法种数为4A44＝96，选A.2．把甲、乙、丙、丁四名学生分到三个不同的班，每个班至少分到一名同学，且甲、乙两名学生不能分到同一个班，则不同的分法种数为( )A．24 B．30C．36 D．81解析：选B 根据题意，总的分法种数为C24A33＝36.若甲、乙两人分在同一个班，则分法种数为A33＝6，所以甲、乙两名学生不能分到同一个班的分法种数为36－6＝30，故选B.3．四个不同的球放入编号为1,2,3,4的四个盒子中，恰有一个空盒的方法有( ) A．288种B．144种C．96种D．24种解析：选B 先从四个球中取两个放在一起，有C24种不同的取法，再把取出的两个球看成一个球与另外两个球看作三个元素，分别放入四个盒子的三个盒子中，有A34种不同方法，据分步乘法计数原理，可得共有C24·A34＝144种不同的方法．故选B.4．两人进行乒乓球比赛，先赢3局者获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形(各人输赢局次的不同视为不同情形)共有( )A．10种B．15种C．20种D．30种解析：选C 分三种情况：恰好打3局，有2种情形；恰好打4局(一人前3局中赢2局，输1局，第4局赢)，共有2C23＝6种情形；恰好打5局(一人前4局中赢2局，输2局，第5局赢)，共有2C24＝12种情形．所有可能出现的情形种数为2＋6＋12＝20.5．有两条平行直线a和b，在直线a上取4个点，直线b上取5个点，以这些点为顶点作三角形，这样的三角形共有________个．解析：分两类，第一类：从直线a上任取一个点，从直线b上任取两个点，共有C14·C25种方法；第二类：从直线a上任取两个点，从直线b上任取一个点共有C24·C15种方法．∴满足条件的三角形共有C14·C25＋C24·C15＝70个．答案：706．将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有________种．解析：根据2号盒子里放球的个数分类．第一类，2号盒子里放2个球，有C24种放法．第二类，2号盒子里放3个球，有C34种放法，所以不同的放球方法的种数为C24＋C34＝10.答案：107．某市工商局对35种商品进行抽样检查，结果有15种假货，先从35种商品中选取3种．(1)恰有2种假货在内的不同取法有多少种？(2)至少有2种假货在内的不同取法有多少种？(3)至多有2种假货在内的不同取法有多少种？解：(1)从20种真货中选取1件，从15种假货中选取2件，有C120C215＝2 100种取法．所以恰有2种假货在内的不同取法有2 100种．(2)选取2件假货有C120C215种，选取3件假货有C315种，共有C120C215＋C315＝2 555种取法．所以至少有2种假货在内的不同取法有2 555种．(3)选取3件的种数有C335，因此有C335－C315＝6 090种取法．所以至多有2种假货在内的不同取法有6 090种．8．从1到9的九个数字中取三个偶数和四个奇数．(1)能组成多少个没有重复数字的七位数？(2)在(1)中的七位数中，三个偶数排在一起的有几个？(3)在(1)中的七位数中，偶数排在一起，奇数也排在一起的有几个？(4)在(1)中的七位数中，任意两个偶数都不相邻的七位数有几个？解：(1)分步完成：第一步，在4个偶数中取3个，可有C34种情况；第二步，在5个奇数中取4个，可有C45种情况；第三步，把3个偶数，4个奇数进行排列，可有A77种情况，所以符合题意的七位数的个数为C34C45A77＝100 800.(2)上述七位数中，3个偶数排在一起的有C34C45A33A55＝14 400个数．(3)上述七位数中，3个偶数排在一起，4个奇数也排在一起的共有C34C45A33A44A22＝5 760个数．(4)上述七位数中，偶数都不相邻，可先把4个奇数排好，再把3个偶数插入5个空中，共有C34C45A44A35＝28 800个数．。

高中数学(新人教A版)选择性必修二：组合、组合数【精品课件】

数.
(1)10个人相互写一封信,一共写了多少封信?
(2)10个人相互通一次电话,一共通了多少次电话?
(3)从10个人中选3人去开会,有多少种选法?
(4)从10个人中选出3人担任不同学科的课代表,有多少种选法?
思路分析观察取出的元素与顺序有关还是无关,从而确定是排列问题,还是
组合问题.
解 (1)是排列问题,因为发信人与收信人是有顺序区别的,排列数为A210 =90.
式时,要根据题目特点正确选择.
(3)根据题目特点合理选用组合数的两个性质C
能起到简化运算的作用,需熟练掌握.
=
-
C , C+1
=
C
+
-1
C ,
38-
(1)求C3
变式训练 2
(2)证明:C
3
+ C21+
的值.

=
C-1 .
-
(1)解由组合数的定义知,
组合、组合数
课标阐释
1.理解并掌握组合、组合数的概念,掌握组合与排列之间的联系与
区别.(数学抽象)
2.熟练掌握组合数公式及组合数的两个性质,并运用于计算之
中.(数学运算)
3.能够运用排列组合公式及计数原理解决一些简单的应用问题,提
高学生的数学应用能力与分析问题、解决问题的能力.(数学建模)
思维脉络
第 5 类,若 3 人中有两人唱歌第三人跳舞或两人跳舞第三人唱歌,共有
2C32 C11 C52 C53 =600(种);
第 6 类,若 3 人中有一人唱歌,又有一人跳舞有C31 C21 C53 C53 =600(种).
由分类加法计数原理得不同选法共有 25+50+300+300+600+600=1 875(种).

2019-2020学年数学人教A版选修2-3检测：1.2.2.1组合与组合数公式

1.2.2组合第一课时组合与组合数公式填一填1.组合及组合数的定义(1)组合：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)组合数：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 m n表示．2．组合数公式及其性质公式展开式C m n＝A m nA m m＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)m！阶乘式C m n＝n！m！(n－m)！性质性质1C m n＝C n－mn性质2C m n＋1＝C m n＋C m－1n备注①n，m∈N*且m≤n；②规定：C0n＝1判一判判断(1．从a1，a2，a3三个不同元素中任取两个元素组成一个组合，所有组合的个数为C23.(√) 2．从1,3,5,7中任取两个数相乘可得C24个积．(√)3．C35＝5×4×3＝60.(×)4．C2 0162 017＝C12 017＝2 017.(√)5．10个人相互写一封信，共写出了C210封信．(×)6．10个人相互通一次电话，共通了A210电话．(×)7．从10个人中选3人去开会，有C310种选法．(√)8．从10个人中选出3人担任不同学科的科代表，有A310种选法．(√)想一想1.提示：从排列与组合的定义可以知道，两者都是从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，这是排列，组合的共同点；它们的不同点是：排列与元素的顺序有关，组合与元素的顺序无关．只有元素相同且顺序也相同的两个排列才是相同的；只要两个组合的元素相同，不论元素的顺序如何，都是相同的组合．2．“abc ”和“acb ”是相同的排列还是相同的组合？提示：由于“abc ”与“acb ”的元素相同，但排列的顺序不同，所以“abc ”与“acb ”是相同的组合，但不是相同的排列．3．我们知道，“排列”与“排列数”是两个不同的概念，那么，“组合”与“组合数”是同一个概念吗？为什么？提示：“组合”与“组合数”是两个不同的概念，“组合”是指“从n 个不同元素中取出m (m ≤n )个元素合成一组”，它不是一个数，而是具体的一件事；“组合数”是指“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”，它是一个数．4．两个组合是相同组合的充要条件是什么？提示：只要两个组合中的元素安全相同，不管顺序如何，这两个组合就是相同的组合． 5．判断组合与排列的依据是什么？提示：判断组合与排列的依据是看是否与顺序有关，与顺序有关的是排列问题，与顺序无关的是组合问题．思考感悟：练一练1.(1)把当日动物园的4张门票分给5个人，每人至多分一张，而且票必须分完，有多少种分配方法？(2)从2,3,5,7,11这5个质数中，每次取2个数分别作为分子和分母构成一个分数，共能构成多少个不同的分数？(3)从9名学生中选出4名参加一个联欢会，有多少种不同的选法？解析：(1)是组合问题．由于4张票是相同的(都是当日动物园的门票)，不同的分配方法取决于从5人中选择哪4人，这和顺序无关．(2)是排列问题，选出的2个数作分子或分母，结果是不同的． (3)是组合问题，选出的4人无角色差异，不需要排列他们的顺序．2．求值：3C 38－2C 25.解析：3C 38－2C 25＝3×8×7×63×2×1－2×5×42×1＝148. 3．求值：C 34＋C 35＋C 36＋…＋C 310.解析：利用组合数的性质C m n ＋1＝C m n ＋C m －1n，则C 34＋C 35＋C 36＋…＋C 310＝C 44＋C 34＋C 35＋…＋C 310－C 44 ＝C 45＋C 35＋…＋C 310－C 44＝ … ＝C 411－1＝329.4．求值：C 5－n n ＋C 9－nn ＋1.(提示：先求n 的范围，再确立n 的值进而求值)解析：⎩⎪⎨⎪⎧5－n ≤n ，5－n ≥0，9－n ≤n ＋1，9－n ≥0，解得4≤n ≤5.又因为n ∈N *，所以n ＝4或n ＝5.当n ＝4时，原式＝C 14＋C 55＝5.当n ＝5时，原式＝C 05＋C 46＝16.知识点一组合的概念1.(1)在北京、上海、广州三个民航站之间的直达航线上，有多少种不同的飞机票？(2)在北京、上海、广州三个民航站之间的直达航线上，有多少种不同的飞机票价？(往返票价相同)(3)从全班40人中选出3人分别担任班长、副班长、学习委员三个职务，有多少种不同的选法？(4)从全班40人中选出3人参加某项劳动，有多少种不同的选法？在上述问题中，哪些是组合问题？哪些是排列问题？解析：(1)飞机票与起点、终点有关，有顺序，是排列问题． (2)票价与起点、终点无关，没有顺序，是组合问题． (3)3人分别担任三个不同职务、有顺序，是排列问题． (4)3人参加某项相同劳动，没有顺序，是组合问题.知识点二组合数公式2.计算：C 581007解析：原式＝C 38＋C 2100×1＝8×7×63×2×1＋100×992×1＝56＋4 950＝5 006. 3．下列计算结果为21的是( )A ．A 24＋C 26B ．C 37C ．A 27D ．C 27解析：C 27＝7×62×1＝21. 答案：D知识点三组合数性质4.C 05＋C 15＋5555解析：原式＝2(C 05＋C 15＋C 25)＝2(C 16＋C 25)＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫6＋5×42×1＝32. 5．证明：C m ＋1n ＋C m －1n ＋2C m n ＝C m ＋1n ＋2.解析：法一：左边＝n ！(m ＋1)！(n －m －1)！＋n ！(m －1)！(n －m ＋1)！＋2n ！m ！(n －m )！＝n ！(m ＋1)！(n －m ＋1)！[(n －m )(n －m ＋1)＋m (m ＋1)＋2(m ＋1)(n －m ＋1)] ＝n ！(m ＋1)！(n －m ＋1)！(n ＋2)(n ＋1) ＝(n ＋2)！(m ＋1)！(n －m ＋1)！＝C m ＋1n ＋2＝右边，原结论得证．法二：利用公式C m n ＝C m n －1＋C m －1n －1推得左边＝(C m ＋1n ＋C m n )＋(C m n ＋C m －1n )＝C m ＋1n 1＋C m n 1＝C m ＋1n 2＝右边.知识点四6.6解析：每两人握手1次，无顺序之分，是组合问题，故一共握手C 26＝15次．7．现有10名教师，其中男教师6名，女教师4名． (1)现要从中选2名去参加会议有多少种不同的选法？(2)选出2名男教师或2名女教师参加会议，有多少种不同的选法？ (3)现要从中选出男、女教师各2名去参加会议，有多少种不同的选法？解析：(1)从10名教师中选2名去参加会议的选法种数，就是从10个不同元素中取出2个元素的组合数，即C 210＝10×92×1＝45种． (2)可把问题分两类情况：第1类，选出的2名是男教师有C 26种方法；第2类，选出的2名是女教师有C 24种方法．根据分类加法计数原理，共有C 26＋C 24＝15＋6＝21种不同选法．(3)从6名男教师中选2名的选法有C 26种，从4名女教师中选2名的选法有C 24种，根据分步乘法计数原理，共有不同的选法C 26×C 24＝6×52×1×4×32×1＝90种．基础达标一、选择题1．以下四个命题，属于组合问题的是( ) A ．从3个不同的小球中，取出2个排成一列 B ．老师在排座次时将甲、乙两位同学安排为同桌C ．在电视节目中，主持人从100位幸运观众中选出2名幸运之星D ．从13位司机中任选出两位开同一辆车从甲地到乙地解析：只有从100位幸运观众选出2位幸运之星，与顺序无关，是组合问题．答案：C2．计算C 28＋C 38＋C 29等于( )A ．120B ．240C ．60D ．480解析：∵C m －1n ＋C m n ＝C mn ＋1，∴原式＝C 39＋C 29＝C 310＝120. 答案：A3．如果C 2n＝28，则n 的值为( ) A ．9 B ．8 C ．7 D ．6解析：∵C 2n ＝n (n －1)2， ∴n (n －1)2＝28，即n 2－n －56＝0，解得n ＝8.答案：B4．(C 2100＋C 97100)÷A 3101的值为( ) A ．6 B ．101 C.16 D.1101解析：(C 2100＋C 97100)÷A 3101＝(C 2100＋C 3100)÷A 3101＝C 3101÷(C 3101A 33)＝1A 33＝16.5．某施工小组有男工7人，女工3人，现要选1名女工和2名男工去支援另一施工小组，不同的选法有( )A ．C 310种B ．A 310种C ．A 13A 27种D ．C 13C 27种解析：每个被选的人都无顺序差别，是组合问题．分两步完成：第一步，选女工，有C 13种选法；第二步，选男工，有C 27种选法．故共有C 13C 27种不同的选法．答案：D6．方程C x 14＝C 2x －414的解为( )A ．4B ．14C ．4或6D ．14或2解析：由题意知⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2x －42x －4≤14x ≤14或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝14－(2x －4)2x －4≤14x ≤14解得x ＝4或6.故选C.答案：C7．从一个正方体的顶点中选四个点，可构成四面体的个数为( ) A ．70 B ．64 C ．58 D ．52解析：四个顶点共面的情况有6个表面和6个对角面，共12个，所以组成四面体的个数为C 48－12＝58.故选C 项．答案：C 二、填空题8．10个人分成甲、乙两组，甲组4人，乙组6人，则不同的分组种数为________．(用数字作答)解析：先选甲组有C 410，再选2组C 66，不同分组方法有C 410·C 66＝210种．答案：2109．若A 3n ＝12C 2n ，则n ＝________.解析：因为A 3n ＝n (n －1)(n －2)，C 2n ＝12n (n －1)，所以n (n －1)(n －2)＝6n (n －1)．又n ∈N *，且n ≥3，所以n ＝8.答案：810．若C m －1n ：C m n ：C m ＋1n＝3：4：5，则n －m ＝________. 解析：由题意知⎩⎨⎧C m －1nC m n ＝34，CmnCm ＋1n＝45，由组合数公式得⎩⎪⎨⎪⎧ 3n －7m ＋3＝0，9m －4n ＋5＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧n ＝62，m ＝27.所以n －m ＝62－27＝35.答案：3511．不等式C 2n－n <5的解集为________．解析：由C 2n－n <5，得n (n －1)2－n <5，∴n 2－3n －10<0，解得－2<n <5.由题设条件知n ≥2，且n ∈N *，∴n ＝2,3,4.故原不等式的解集为{2,3,4}．答案：{2,3,4}12．某城市纵向有6条道路，横向有5条道路，构成如图所示的矩形道路网(图中黑线表示道路)，则从西南角A 地到东北角B 地的最短路线共有________条．解析：要使路线最短，只能向右或向上走，途中不能向左或向下走．因此，从A 地到B 地归结为走完5条横线段和4条纵线段．设每走一段横线段或纵线段为一个行走时段，从9个行走时段中任取4个时段走纵线段，其余5个时段走横线段，共有C 49C 55＝126(种)走法，故从A 地到B 地的最短路线共有126条．答案：126 三、解答题13．试判断下列问题是组合问题还是排列问题．(1)从a 、b 、c 、d 四名学生中选2名学生完成同一件工作，有多少种不同的选法？ (2)从a 、b 、c 、d 四名学生中选2名学生完成两件不同的工作，有多少种不同的选法？ (3)a 、b 、c 、d 四支足球队之间进行单循环比赛，共需比赛多少场？ (4)a 、b 、c 、d 四支足球队争夺冠亚军，有多少种不同的结果？解析：(1)2名学生完成的是同一件工作，没有顺序，是组合问题． (2)2名学生完成两件不同的工作，有顺序，是排列问题．(3)单循环比赛要求每两支球队之间只打一场比赛，没有顺序，是组合问题． (4)冠亚军是有顺序的，是排列问题．14．(1)解方程：C x －2x ＋2＋C x －3x ＋2＝110A 3x ＋3； (2)解不等式：1C 3x －1C 4x <2C 5x.解析：(1)原方程可化为C x －2x ＋3＝110A 3x ＋3，即C 5x ＋3＝110A 3x ＋3， ∴(x ＋3)！5！(x －2)！＝(x ＋3)！10·x ！， ∴1120(x －2)！＝110·x (x －1)·(x －2)！， ∴x 2－x －12＝0，解得x ＝4或x ＝－3，经检验知，x ＝4是原方程的解．(2)将原不等式化简可以得到6x (x －1)(x －2)－24x (x －1)(x －2)(x －3)<240x (x －1)(x －2)(x －3)(x －4). 由x ≥5，得x 2－11x －12<0，解得5≤x <12. ∵x ∈N *，∴x ∈{5,6,7,8,9,10,11}.能力提升15.设x ∈N *，求Cx －12x －3＋x ＋1解析：由题意可得：⎩⎪⎨⎪⎧2x －3≥x －1，x ＋1≥2x －3，解得2≤x ≤4.∵x ∈N *，∴x ＝2或x ＝3或x ＝4.当x ＝2时原式的值为4；当x ＝3时原式的值为7；当x ＝4时原式的值为11.∴所求的值为4或7或11.16．某足球赛共32支球队有幸参加，它们先分成8个小组进行循环赛，决出16强(每队均与本组其他队赛一场，各组一、二名晋级16强)，这16支球队再分成8个小组决出8强，8强再分成4个小组决出4强，4强再分成2个小组决出2强，最后决出冠、亚军，此外还要决出第三名、第四名，问这次足球赛共进行了多少场比赛？解析：可分为如下几类比赛：(1)小组循环赛：每组有C24＝6场，8个小组共有48场；(2)八分之一淘汰赛，8个小组的第一、二名组成16强，根据赛制规则，16强分成8组，每组两个队比赛一场，可以决出8强，共有8场；(3)四分之一淘汰赛，根据赛制规则，8强再分成4组，每组两个队比赛一次，可以决出4强，共有4场；(4)半决赛，4强再分成2组，每组两个队比赛一场，可以决出2强，共有2场；(5)决赛，2强比赛1场确定冠、亚军，4强中的另两支队比赛1场，决出第三、四名，共有2场．综上，共有48＋8＋4＋2＋2＝64场比赛．。

2019_2020学年高中数学第一章计数原理1.2排列与组合1.2.2组合第1课时组合与组合数公式讲义新人教A版选修2_3

第1课时组合与组合数公式知识点组合的定义从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素□01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．知识点组合与组合数公式组合的定义包含两个基本内容：一是“取出元素”；二是“合成一组”，表示与元素的顺序无关，排列与组合的相同点是从n个不同元素中任取m个元素，不同点是组合是“不管元素的顺序合成一组”，而排列是要求元素按照一定的顺序排成一列．因此区分某一问题是组合还是排列，关键是看取出的元素有无顺序．组合数的两个性质，性质1反映了组合数的对称性，在m >n2时，通常不直接计算C mn 而改为C n －mn ，对于性质2，C mn ＋1＝C mn ＋C m －1n 要会正用、逆用、变形用．1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)从a ，b ，c 三个不同的元素中任取两个元素的一个组合是C 23.( ) (2)从1,3,5,7中任取两个数相乘可得C 24个积．( ) (3)1,2,3与3,2,1是同一个组合．( ) (4)C 35＝5×4×3＝60.( ) 答案 (1)× (2)√ (3)√ (4)× 2．做一做(1)从6名学生中选出3名学生参加数学竞赛的不同选法种数是________． (2)C 1820＝________. (3)C 399＋C 299＝________.答案 (1)20 (2)190 (3)161700解析 (1)由组合数公式知C 36＝6×5×43×2×1＝20.(2)C 1820＝C 220＝20×192×1＝190. (3)C 399＋C 299＝C 3100＝100×99×983×2×1＝161700.探究1 组合的有关概念例1 给出下列问题：(1)从a ，b ，c ，d 四名学生中选2名学生完成一件工作，有多少种不同的选法？ (2)从a ，b ，c ，d 四名学生中选2名学生完成两件不同的工作，有多少种不同的选法？ (3)a ，b ，c ，d 四支足球队之间进行单循环比赛，共需赛多少场？ (4)a ，b ，c ，d 四支足球队争夺冠亚军，有多少种不同的结果？(5)某人射击8枪，命中4枪，且命中的4枪均为2枪连中，不同的结果有多少种？ (6)某人射击8枪，命中4枪，且命中的4枪中恰有3枪连中，不同的结果有多少种？在上述问题中，哪些是组合问题？哪些是排列问题？[解] (1)2名学生完成的是同一件工作，没有顺序，是组合问题． (2)2名学生完成两件不同的工作，有顺序，是排列问题．(3)单循环比赛要求每两支球队之间只打一场比赛，没有顺序，是组合问题．(4)冠亚军是有顺序的，是排列问题．(5)命中的4枪均为2枪连中，为相同的元素，没有顺序，是组合问题． (6)命中的4枪中恰有3枪连中，即连中3枪和单中1枪，有顺序，是排列问题．拓展提升判断是否为组合问题，关键是判断问题是否与顺序有关，可以结合条件理解，也可以选择一个结果，交换这个结果中两个元素先后顺序，看是否对结果产生影响，若无新变化，则是组合问题．总之，与顺序有关是排列问题，若与顺序无关，则是组合问题．[跟踪训练1] 判断下列问题是排列问题，还是组合问题．(1)从集合A ＝{－1,1,10,8,6,4}中任取两个数相加，得到的和共有多少个？ (2)从集合A ＝{－1,1,10,8,6,4}中任取两个数相除，得到的商共有多少个？(3)从a ，b ，c ，d 这四名同学中任取两名同学去参加某一活动，共有多少种不同的选法？ (4)四个人互发一个电子邮件，共写了多少个电子邮件？解 (1)从集合A 中取出两个数后，改变两个数的顺序，其和不变．因此此问题，只与取出的元素有关，与元素的顺序无关，故是组合问题．(2)从集合A 中取出两个数相除，若改变其分子、分母的位置，其结果就不同，因此其商的值与元素的顺序有关，是排列问题．(3)由于从4名同学中取出的两名同学参加的同一项活动，没有顺序，因此是组合问题． (4)四人互发电子邮件，由于发信人与收信人是有区别的，与顺序有关，是排列问题．探究2 组合数及组合数性质的运用例2 (1)计算：C 410－C 37·A 33； (2)已知1C m 5－1C m 6＝710C m 7，求C m8；(3)求C 38－n3n ＋C 3n21＋n 的值； (4)证明：m C m n ＝n C m －1n －1. [解] (1)原式＝C 410－A 37＝10×9×8×74×3×2×1－7×6×5＝210－210＝0.(2)原方程可化为m ！(5－m )！5！－m ！(6－m )！6！＝7×(7－m )！m ！10×7！，即m ！(5－m )！5！－m ！(6－m )(5－m )！6×5！＝7×m ！(7－m )(6－m )(5－m )！10×7×6×5！，∴1－6－m 6＝(7－m )(6－m )60，即m 2－23m ＋42＝0，解得m ＝2或21(不符合题意，舍去)． ∴C m 8＝C 28＝28.(3)∵⎩⎪⎨⎪⎧38－n ≤3n ，3n ≤21＋n ，∴9.5≤n ≤10.5，∵n ∈N *，∴n ＝10， ∴C 38－n3n ＋C 3n21＋n ＝C 2830＋C 3031＝30！28！·2！＋31！30！·1！＝466.(4)证明：m C mn ＝m ·n ！m ！(n －m )！＝n ·(n －1)！(m －1)！(n －m )！＝n ·(n －1)！(m －1)！(n －m )！＝n C m －1n －1.拓展提升(1)像排列数公式一样，公式C mn＝n (n －1)(n －2)…(n －m ＋1)m ！一般用于计算；而公式C m n ＝n ！m ！(n －m )！及C mn ＝A mn A m m 一般用于证明、解方程(不等式)等．(2)在解决与组合数有关的问题时，要注意隐含条件“m ≤n 且m ，n ∈N *”的运用．如本例(3)．(3)要注意公式Am n ＝C m n A m m 的逆向运用，如本例(1)中可利用“C 37A 33＝A 37”简化计算过程． (4)本例(4)所推导的结论“m C m n ＝n C m －1n －1”以及它的变形公式是非常重要的公式，应熟练掌握．[跟踪训练2] (1)①求值：C 5－n n ＋C 9－nn ＋1；②求证：C mn ＝m ＋1n －mC m ＋1n . (2)计算：①C 58＋C 98100·C 77； ②C 05＋C 15＋C 25＋C 35＋C 45＋C 55； ③C n n ＋1·C n －1n .解 (1)①⎩⎪⎨⎪⎧5－n ≤n ，5－n ≥0，9－n ≤n ＋1，9－n ≥0，解得4≤n ≤5.又因为n ∈N *，所以n ＝4或n ＝5. 当n ＝4时，原式＝C 14＋C 55＝5，当n ＝5时，原式＝C 05＋C 46＝16.②证明：因为C mn ＝n ！m ！(n －m )！，m ＋1n －m C m ＋1n ＝m ＋1(m ＋1)！·n ！(n －m )(n －m －1)！＝n ！m ！(n －m )！，所以C mn ＝m ＋1n －mC m ＋1n . (2)①原式＝C 38＋C 2100×1＝8×7×63×2×1＋100×992×1＝56＋4950＝5006.②原式＝2(C 05＋C 15＋C 25)＝2(C 16＋C 25)＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫6＋5×42×1＝32. ③原式＝C 1n ＋1·C 1n ＝(n ＋1)n ＝n 2＋n . 探究3 简单的组合问题例3 现有10名教师，其中男教师6名，女教师4名． (1)从中选2名去参加会议，有多少种不同的选法？(2)从中选出2名男教师或2名女教师去外地学习，有多少种不同的选法？ (3)从中选出男、女教师各2名去参加会议，有多少种不同的选法？[解] (1)从10名教师中选2名去参加会议的选法种数，就是从10个不同元素中取出2个元素的组合数，即有C 210＝10×92×1＝45种不同的选法． (2)可把问题分两类：第1类，选出2名男教师，有C 26种方法；第2类，选出2名女教师，有C 24种方法，即共有C 26＋C 24＝21种不同的选法．(3)从6名男教师中选2名的选法有C 26种，从4名女教师中选2名的选法有C 24种，根据分步乘法计数原理，共有C 26·C 24＝6×52×1×4×32×1＝90种不同的选法．拓展提升解简单的组合应用题时，首先要判断它是不是组合问题，组合问题与排列问题的根本区别在于：排列问题与取出的元素之间的顺序有关，而组合问题与取出元素的顺序无关．其次要注意两个基本原理的运用，即分类与分步的灵活运用，在分类与分步时，一定要注意有无重复和遗漏．[跟踪训练3] 在一次数学竞赛中，某学校有12人通过了初试，学校要从中选出5人参加市级培训．在下列条件下，有多少种不同的选法？(1)任意选5人；(2)甲、乙、丙三人必须参加； (3)甲、乙、丙三人不能参加； (4)甲、乙、丙三人只能有1人参加．解 (1)从中任取5人是组合问题，共有C 512＝792种不同的选法．(2)甲、乙、丙三人必须参加，则只需要从另外9人中选2人，是组合问题，共有C 29＝36种不同的选法．(3)甲、乙、丙三人不能参加，则只需从另外的9人中选5人，共有C59＝126种不同的选法．(4)甲、乙、丙三人只能有1人参加，可分两步：先从甲、乙、丙中选1人，有C13＝3种选法；再从另外9人中选4人，有C49种选法．共有C13C49＝378种不同的选法．1．下列问题不是组合问题的是 ( )A．10个朋友聚会，每两人握手一次，一共握手多少次？B．平面上有2015个不同的点，它们中任意三点不共线，连接任意两点可以构成多少条线段？C．集合{a1，a2，a3，…，a n}的含有三个元素的子集有多少个？D．从高三(19)班的54名学生中选出2名学生分别参加校庆晚会的独唱、独舞节目，有多少种选法？答案 D解析组合问题与次序无关，排列问题与次序有关，D项中，选出的2名学生，如甲、乙，其中“甲参加独唱、乙参加独舞”与“乙参加独唱、甲参加独舞”是两个不同的选法，因此是排列问题，不是组合问题，选D.2．若C7n＋1－C7n＝C8n，则n等于( )A．12 B．13 C．14 D．15答案 C解析C7n＋1＝C7n＋C8n＝C8n＋1，∴n＋1＝7＋8，n＝14，故选C.3．把三张游园票分给10个人中的3人，分法有 ( )A．A310种B．C310种C．C310A310种D．30种答案 B解析三张票没区别，从10人中选3人即可，即C 310，故选B. 4．若C 4n >C 6n ，则n 的集合是________．答案 {6,7,8,9} 解析 ∵C 4n >C 6n ，∴⎩⎪⎨⎪⎧C 4n >C 6n ，n ≥6⇒⎩⎪⎨⎪⎧n ！4！(n －4)！>n ！6！(n －6)！，n ≥6⇒⎩⎪⎨⎪⎧n 2－9n －10<0，n ≥6⇒⎩⎪⎨⎪⎧－1<n <10，n ≥6.∵n ∈N *，∴n ＝6,7,8,9. ∴n 的集合为{6,7,8,9}．5．在6名内科医生和4名外科医生中，现要组成5人医疗小组送医下乡，依下列条件各有多少种选派方法？(1)有3名内科医生和2名外科医生； (2)既有内科医生，又有外科医生．解 (1)先选内科医生有C 36种选法，再选外科医生有C 24种选法，故有C 36C 24＝120种选派方法．(2)既有内科医生，又有外科医生，正面思考应包括四种情况，内科医生去1人，2人，3人，4人，有C 16C 44＋C 26C 34＋C 36C 24＋C 46C 14＝246种选派方法．若从反面考虑，则有C 510－C 56＝246种选派方法．。

2019-2020学年度最新高中数学人教A版选修2-2：课时跟踪检测(十三)合情推理-含解析

2019-2020学年度最新高中数学人教A版选修2-2：课时跟踪检测（十三）合情推理-含解析层级一学业水平达标1．观察图形规律，在其右下角的空格内画上合适的图形为()A.B．△C.D．○解析：选A观察可发现规律：①每行、每列中，方、圆、三角三种形状均各出现一次，②每行、每列有两阴影一空白，即得结果．2．下面几种推理是合情推理的是()①由圆的性质类比出球的有关性质；②由直角三角形、等腰三角形、等边三角形的内角和是180°，归纳出所有三角形的内角和都是180°；③教室内有一把椅子坏了，则猜想该教室内的所有椅子都坏了；④三角形内角和是180°，四边形内角和是360°，五边形内角和是540°，由此得出凸n边形的内角和是(n－2)·180°(n∈N*，且n≥3)．A．①②B．①③④C．①②④D．②④解析：选C①是类比推理；②④是归纳推理，∴①②④都是合情推理．3．在平面上，若两个正三角形的边长的比为1∶2，则它们的面积比为1∶4，类似地，在空间内，若两个正四面体的棱长的比为1∶2，则它们的体积比为() A．1∶2 B．1∶4C．1∶8 D．1∶16解析：选C由平面和空间的知识，可知面积之比与边长之比成平方关系，在空间中体积之比与棱长之比成立方关系，故若两个正四面体的棱长的比为1∶2，则它们的体积之比为1∶8.4．类比平面内“垂直于同一条直线的两条直线互相平行”的性质，可推出下列空间结论：①垂直于同一条直线的两条直线互相平行；②垂直于同一个平面的两条直线互相平行；③垂直于同一条直线的两个平面互相平行；④垂直于同一平面的两个平面互相平行，则其中正确的结论是()A．①②B．②③C．③④D．①④解析：选B根据立体几何中线面之间的位置关系及有关定理知，②③是正确的结论．5．观察下列各等式：22－4＋66－4＝2，55－4＋33－4＝2，77－4＋11－4＝2，1010－4＋－2－2－4＝2，依照以上各式成立的规律，得到一般性的等式为( )A.nn －4＋8－n (8－n )－4＝2 B.n ＋1(n ＋1)－4＋(n ＋1)＋5(n ＋1)－4＝2 C.nn －4＋n ＋4(n ＋4)－4＝2 D.n ＋1(n ＋1)－4＋n ＋5(n ＋5)－4＝2 解析：选A 观察发现：每个等式的右边均为2，左边是两个分数相加，分子之和等于8，分母中被减数与分子相同，减数都是4，因此只有A 正确．6．观察下列等式1＝1 2＋3＋4＝9 3＋4＋5＋6＋7＝25 4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝49照此规律，第n 个等式为________．解析：观察所给等式，等式左边第一个加数与行数相同，加数的个数为2n －1，故第n 行等式左边的数依次是n ，n ＋1，n ＋2，…，(3n －2)；每一个等式右边的数为等式左边加数个数的平方，从而第n 个等式为n ＋(n ＋1)＋(n ＋2)＋…＋(3n －2)＝(2n －1)2.答案：n ＋(n ＋1)＋(n ＋2)＋…＋(3n －2)＝(2n －1)27．我们知道：周长一定的所有矩形中，正方形的面积最大；周长一定的所有矩形与圆中，圆的面积最大，将这些结论类比到空间，可以得到的结论是_______________________．解析：平面图形与立体图形的类比：周长→表面积，正方形→正方体，面积→体积，矩形→长方体，圆→球．答案：表面积一定的所有长方体中，正方体的体积最大；表面积一定的所有长方体和球中，球的体积最大8．如图(甲)是第七届国际数学教育大会(简称ICME －7)的会徽图案，会徽的主体图案是由如图(乙)的一连串直角三角形演化而成的，其中OA 1＝A 1A 2＝A 2A 3＝…＝A 7A 8＝1，如果把图(乙)中的直角三角形依此规律继续作下去，记OA 1，OA 2，…，OA n ，…的长度构成数列{a n }，则此数列{a n }的通项公式为a n ＝__________.解析：根据OA 1＝A 1A 2＝A 2A 3＝…＝A 7A 8＝1和图(乙)中的各直角三角形，由勾股定理，可得a 1＝OA 1＝1，a 2＝OA 2＝OA 21＋A 1A 22＝12＋12＝2，a 3＝OA 3＝OA 22＋A 2A 23＝(2)2＋12＝3，…，故可归纳推测出a n ＝n . 答案：n9．在平面内观察：凸四边形有2条对角线，凸五边形有5条对角线，凸六边形有9条对角线，…，由此猜想凸n 边形有几条对角线？解：因为凸四边形有2条对角线，凸五边形有5条对角线，比凸四边形多3条；凸六边形有9条对角线，比凸五边形多4条，…，于是猜想凸n 边形的对角线条数比凸(n －1)边形多(n －2)条对角线，由此凸n 边形的对角线条数为2＋3＋4＋5＋…＋(n －2)，由等差数列求和公式可得12n (n －3)(n ≥4，n ∈N *)．所以凸n 边形的对角线条数为12n (n －3)(n ≥4，n ∈N *)．10．已知f (x )＝13x ＋3，分别求f (0)＋f (1) ，f (－1)＋f (2)，f (－2)＋f (3)，然后归纳猜想一般性结论，并证明你的结论．解：f (x )＝13x ＋3，所以f (0)＋f (1)＝130＋3＋131＋3＝33，f (－1)＋f (2)＝13－1＋3＋132＋3＝33，f (－2)＋f (3)＝13－2＋3＋133＋3＝33.归纳猜想一般性结论；f (－x )＋f (x ＋1)＝33. 证明如下：f (－x )＋f (x ＋1)＝13－x ＋3＋13x ＋1＋3＝3x1＋3·3x ＋13x ＋1＋3＝3·3x 3＋3x ＋1＋13x ＋1＋3 ＝3·3x ＋13＋3x ＋1＝3·3x ＋13(1＋3·3x )＝33. 层级二应试能力达标1．由代数式的乘法法则类比得到向量的数量积的运算法则： ①“mn ＝nm ”类比得到“a ·b ＝b ·a ”；②“(m ＋n )t ＝mt ＋nt ”类比得到“(a ＋b )·c ＝a ·c ＋b ·c ”； ③“(m ·n )t ＝m (n ·t )”类比得到“(a ·b )·c ＝a ·(b ·c )”；④“t ≠0，mt ＝xt ⇒m ＝x ”类比得到“p ≠0，a ·p ＝x ·p ⇒a ＝x ”； ⑤“|m ·n |＝|m |·|n |”类比得到“|a ·b |＝|a |·|b |”； ⑥“ac bc ＝a b ”类比得到“a ·c b ·c ＝ab ”．其中类比结论正确的个数是( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：选B 由向量的有关运算法则知①②正确，③④⑤⑥都不正确，故应选B. 2．类比三角形中的性质： (1)两边之和大于第三边； (2)中位线长等于底边长的一半； (3)三内角平分线交于一点．可得四面体的对应性质：(1)任意三个面的面积之和大于第四个面的面积；(2)过四面体的交于同一顶点的三条棱的中点的平面面积等于该顶点所对的面面积的14；(3)四面体的六个二面角的平分面交于一点．其中类比推理方法正确的有( ) A ．(1) B ．(1)(2) C ．(1)(2)(3)D ．都不对解析：选C 以上类比推理方法都正确，需注意的是类比推理得到的结论是否正确与类比推理方法是否正确并不等价，方法正确结论也不一定正确．3．观察下列式子：1＋122＜32，1＋122＋132＜53，1＋122＋132＋142＜74，…，根据以上式子可以猜想：1＋122＋132＋…＋12 0172＜( )A.4 0312 017 B.4 0322 017 C.4 0332 017D.4 0342 017解析：选C 观察可以发现，第n (n ≥2)个不等式左端有n ＋1项，分子为1，分母依次为12,22,32，…，(n ＋1)2；右端分母为n ＋1，分子成等差数列，首项为3，公差为2，因此第n 个不等式为1＋122＋132＋…＋1(n ＋1)2＜2n ＋1n ＋1，所以当n ＝2 016时不等式为：1＋122＋132＋…＋12 0172＜4 0332 017. 4．设△ABC 的三边长分别为a ，b ，c ，△ABC 的面积为S ，内切圆半径为r ，则r ＝2Sa ＋b ＋c ；类比这个结论可知：四面体P -ABC 的四个面的面积分别为S 1，S 2，S 3，S 4，内切球的半径为r ，四面体P -ABC 的体积为V ，则r ＝( )A.VS 1＋S 2＋S 3＋S 4 B.2VS 1＋S 2＋S 3＋S 4 C.3VS 1＋S 2＋S 3＋S 4D.4VS 1＋S 2＋S 3＋S 4解析：选C 将△ABC 的三条边长a ，b ，c 类比到四面体P -ABC 的四个面面积S 1，S 2，S 3，S 4，将三角形面积公式中系数12，类比到三棱锥体积公式中系数13，从而可知选C.证明如下：以四面体各面为底，内切球心O 为顶点的各三棱锥体积的和为V ，∴V ＝13S 1r ＋13S 2r ＋13S 3r ＋13S 4r ，∴r ＝3V S 1＋S 2＋S 3＋S 4.5．观察下图中各正方形图案，每条边上有n (n ≥2)个圆圈，每个图案中圆圈的总数是S ，按此规律推出S 与n 的关系式为____________．解析：每条边上有2个圆圈时共有S ＝4个；每条边上有3个圆圈时，共有S ＝8个；每条边上有4个圆圈时，共有S ＝12个．可见每条边上增加一个点，则S 增加4，∴S 与n 的关系为S ＝4(n －1)(n ≥2)．答案：S ＝4(n －1)(n ≥2)6．可以运用下面的原理解决一些相关图形的面积问题：如果与一固定直线平行的直线被甲、乙两个封闭的图形所截得的线段的比都为k ，那么甲的面积是乙的面积的k 倍．你可以从给出的简单图形①、②中体会这个原理．现在图③中的两个曲线的方程分别是x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)与x 2＋y 2＝a 2，运用上面的原理，图③中椭圆的面积为______________．解析：由于椭圆与圆截y 轴所得线段之比为ba ，即k ＝b a ，∴椭圆面积S ＝πa 2·b a ＝πab . 答案：πab7．观察下列两个等式：①sin 210°＋cos 240°＋sin 10°cos 40°＝34①；②sin 26°＋cos 236°＋sin 6°cos 36°＝34②.由上面两个等式的结构特征，你能否提出一个猜想？并证明你的猜想．解：由①②知若两角差为30°，则它们的相关形式的函数运算式的值均为34.猜想：若β－α＝30°，则β＝30°＋α，sin 2α＋cos 2(α＋30°)＋sin αcos(α＋30°)＝34.下面进行证明：左边＝ sin 2α＋cos(α＋30°)[cos(α＋30°)＋sin α] ＝sin 2α＋⎝⎛⎭⎫32cos α－12sin α⎝⎛⎭⎫32cos α＋12sin α＝sin 2α＋34cos 2α－14sin 2α＝34＝右边．所以，猜想是正确的．故sin 2α＋cos 2(α＋30°)＋sin αcos(α＋30°)＝34.8．已知在Rt△ABC中，AB⊥AC，AD⊥BC于点D，有1AD2＝1AB2＋1AC2成立．那么在四面体A-BCD中，类比上述结论，你能得到怎样的猜想，并说明猜想是否正确及理由．解：猜想：类比AB⊥AC，AD⊥BC，可以猜想四面体A-BCD中，AB，AC，AD两两垂直，AE⊥平面BCD.则1AE2＝1AB2＋1AC2＋1AD2.下面证明上述猜想成立如图所示，连接BE，并延长交CD于点F，连接AF. ∵AB⊥AC，AB⊥AD，AC∩AD=A，∴AB⊥平面ACD.而AF⊂平面ACD，∴AB⊥AF.在Rt△ABF中，AE⊥BF，∴1 AE2＝1AB2＋1AD2.在Rt△ACD中，AF⊥CD，∴1 AF2＝1AC2＋1AD2.∴1 AE2＝1AB2＋1AC2＋1AD2，故猜想正确．。

2019-2020学年同步人教A版高中数学选修2-3_章末综合检测第1课时组合与组合数公式

栏目导引
第一章计数原理
1.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？
栏目导引
第一章计数原理
n（n－1）（n－2）…（n－m＋1）＝_______________m__！__________________
阶乘式
n！ Cnm＝_m_！__（__n_－__m__）__！__
Cnm＝_C_nn_－_m_，Cmn＋1＝_C_mn__＋__C_nm_－_1_
①n，m∈N*且 m≤n；②规定 C0n＝1
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 C3100＝1001× ×929××398＝161 700(种). (2)从 2 件次品中抽出 1 件次品的抽法有 C12种，从 98 件合格品中抽出 2 件合格品的抽法有 C298种，因此抽出的 3 件中恰好有 1 件次品的抽法有 C12·C298＝9 506(种).
栏目导引
第一章计数原理
【解】 (1)当取出 3 个数字后，如果改变 3 个数字的顺序，会得到不同的三位数，此问题不但与取出元素有关，而且与元素的排列顺序有关，是排列问题. (2)取出 3 个数字之后，无论怎样改变这 3 个数字的顺序，其和均不变，此问题只与取出元素有关，而与元素的排列顺序无关，是组合问题. (3)两名学生完成的是同一份工作，没有顺序，是组合问题.
栏目导引
第一章计数原理
组合数公式、性质的应用计算下列各式的值. (1)3C38－2C25； (2)C34＋C35＋C36＋…＋C310； (3)C5n－n＋C9n－＋n1.

2019-2020学年高中数学人教A版选修2-3课时跟踪检测：第2章随机变量及其分布阶段性测试题

姓名，年级：时间：阶段性测试题二第二章随机变量及其分布（时间：120分钟满分：150分)第Ⅰ卷(选择题，共60分）一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的）1．若随机变量ξ的分布列如下表所示，则p1的值为( )A．0 B．错误!C．错误!D．1解析：由分布列的性质得错误!＋错误!＋p1＝1,得p1＝错误!。

答案：B2．某校举行安全知识测试,约有2 000人参加，其测试成绩ξ~N（80，σ2）（σ〉0,试卷满分100分),统计结果显示P(ξ≤65）＝0.3，则此次安全知识测试成绩达到优秀（不低于95分）的学生人数约为（)A．200 B．300C．400 D．600解析：由正态分布密度曲线的对称性，可得P（ξ≥95）＝P(ξ≤65)＝0.3，所以测试成绩达到优秀的学生人数约为0。

3×2 000＝600，故选D.答案：D3．某射手射击所得的环数X的分布列如下，如果命中8环及8环以上为优秀，则该射手射击一次为优秀的概率是( )A．0.3 B．0。

4C．0.5 D．0。

6解析：P＝P（X＝8）＋P(X＝9）＋P(X＝10）＝0。

3＋0.25＋0.05＝0。

6.答案：D4．已知随机变量X的分布列如下:若随机变量η＝3X－1，则A．4.2 B．18.9C．5.3 D．随m变化而变化解析：因为0.2＋0.5＋m＝1，所以m＝0。

3,所以E(X）＝1×0。

2＋2×0。

5＋3×0。

3＝2.1。

又η＝3X－1，所以E（η）＝3E(X)－1＝3×2.1－1＝5.3。

答案：C5．设整数m是从不等式x2－2x－8≤0的整数解的集合S中随机抽取的一个元素，记随机变量ξ＝m，则ξ的数学期望E（ξ）＝( )A．1 B．5C.错误!D.错误!解析：由x2－2x－8≤0得,－2≤x≤4，∴S＝｛－2，－1，0,1，2,3,4｝，∴ξ的分布列为∴E（ξ）＝－错误!错误!错误!错误!错误!错误!，故选A。

2020学年高中数学课时训练(五)组合与组合数公式新人教A版选修2-3(2021-2022学年)

课时跟踪检测五一、题组对点训练对点练一组合概念的理解1.下列问题中是组合问题的个数是（）①从全班50人中选出5名组成班委会;②从全班50人中选出5名分别担任班长、副班长、团支部书记、学习委员、生活委员；③从1,2,3，…，9中任取出两个数求积;④从1,2,3,…，9中任取出两个数求差或商.A.1 ﻩB.2Ｃ．3 D.4解析：选B①③与顺序无关,属于组合问题;②④与顺序有关,属于排列问题，故选B.2.下列各事件是组合问题的有____＿___．①8个朋友聚会，每两人握手一次,一共握手多少次？②8个朋友相互写一封信,一共写了多少封信?③从1,2,3,…,9这九个数字中任取3个，组成一个三位数,这样的三位数共有多少个？④从1,２,3，…，９这九个数字中任取３个,组成一个集合，这样的集合有多少个？解析：①每两人握手一次,无顺序之分,是组合问题.②每两人相互写一封信，是排列问题,因为发信人与收信人是有顺序区别的．③是排列问题，因为取出3个数字后，如果改变这3个数字的顺序,便会得到不同的三位数.④是组合问题,因为取出3个数字后,无论怎样改变这3个数字的顺序，其构成的集合都不变。

答案:①④对点练二组合数公式3.下列计算结果为28的是( )Ａ.Ａ错误!＋A错误!未定义书签。

ﻩ B.C错误!未定义书签。

C．A28D．C错误!解析:选D Ｃ错误!=错误!=４×７＝2８。

4．若Ｃ错误!未定义书签。

＝36,则n的值为（ )A．7 ﻩB．8ﻬＣ．9 ﻩD．10解析:选Ｃ∵Ｃ错误!未定义书签。

＝36，∴错误!n(n－1）＝36,即n2-n－7２＝0，∴（n－９)（n+8)=０。

∵n∈N*，∴ｎ=9。

5.Ｃ错误!＋C错误!未定义书签。

=_____＿__．解析:Ｃ错误!未定义书签。

+Ｃ错误!=错误!+错误!未定义书签。

＝错误!＋错误!=15＋2１＝３６。

答案:366.已知Ａ错误!未定义书签。

＝4C错误!,则ｎ=＿＿＿__＿＿_.解析：因为A错误!＝４C错误!未定义书签。

高中数学课时跟踪检测五组合习题课新人教A版选修2-3

课时跟踪检测(五) 组合(习题课)一、选择题1．某电视台持续播放5个广告，其中有3个不同的商业广告和2个不同的公益广告．要求最后必需播放公益广告，且2个公益广告不能持续播放，则不同的播放方式有( ) A．120种B．48种C．36种 D．18种解析：选C 最后必需播放公益广告有C12种，2个公益广告不能持续播放，倒数第2个广告有C13种，故共有C12C13A33＝36种不同的播放方式．2．编号为1,2,3,4,5,6,7的七盏路灯，晚上历时只亮三盏灯，且任意两盏亮灯不相邻，则不同的亮灯方案有( )A．60种 B．20种C．10种 D．8种解析：选C 四盏熄灭的灯产生的5个空当中放入3盏亮灯，有C35＝10种方案．3．(陕西高考)两人进行乒乓球比赛，先赢3局者获胜，决出输赢为止，则所有可能出现的情形(每人输赢局次的不同视为不同情形)共有( )A．10种 B．15种C．20种 D．30种解析：选C 分三种情况：恰好打3局，有2种情形；恰好打4局(一人前3局中赢2局、输1局，第4局赢)，共有2C23＝6种情形；恰好打5局(一人前4局中赢2局、输2局，第5局赢)，共有2C24＝12种情形．共有2＋6＋12＝20种可能出现的情形．4．将5本不同的书分给4人，每人至少1本，不同的分法有( )A．120种 B．5种C．240种 D．180种解析：选C 先从5本当选出2本，有C25种选法，再与其他三本一路分给4人，有A44种分法，故共有C25·A44＝240种不同的分法．5．从0,1,2,3,4,5这六个数中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个解析：选A 先选取3个不同的数，有C36种方式；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．二、填空题6．某校开设9门课程供学生选修，其中A，B，C三门由于上课时间相同，最多选一门．学校规定，每位同窗选修4门，共有________种不同选修方案．(用数字作答) 解析：这里A，B，C三门课程“最多选一门”，即A，B，C三门课程都不选，或A，B，C这三门课程恰好选一门，所以分两类完成：第1类，A，B，C三门课程都不选，有C46种不同选修方案；第2类，A，B，C三门课程恰好选修一门，有C13·C36种不同选修方案．故共有C46＋C13·C36＝75种不同的选修方案．答案：757．5名羽毛球队员中，有2名老队员和3名新队员，现从当选出3名队员排成1,2,3号参加集体比赛，则入选的3名队员中至少有1名老队员，且1,2号中至少有1名新队员的排法有________种．解析：两老一新时，有C13×C12A22＝12种排法；两新一老时，有C12×C23A33＝36种排法，故共有48种排法．答案：488．如图，A，B，C，D为海上的四个小岛，要建三座桥，将这四个小岛连接起来，则不同的建桥方案共有________种．解析：四个小岛中每两岛建一座桥共建六座桥，其中建三座桥连接四个小岛符合要求的建桥方案是只要三座桥不围成封锁的三角形区域符合要求，如桥AC，BC，BD符合要求，而围成封锁三角形不符合要求，如桥AC，CD，DA，不符合要求，故共有C36－4＝16种不同的建桥方案．答案：16三、解答题9．从5名女同窗和4名男同窗当选出4人参加四场不同的演讲，别离按下列要求，各有多少种不同选法？(用数字作答)(1)男、女同窗各2名；(2)男、女同窗别离至少有1名．解：(1)(C25C24)A44＝1 440(种)，所以男、女同窗各2名共有1 440种选法．(2)(C15C34＋C25C24＋C35C14)A44＝2 880(种)，所以男、女同窗别离至少有1名共有2 880种选法．10．从1到9的9个数中取3个偶数和4个奇数，则：(1)能组成多少个没有重复数字的七位数？(2)上述七位数中3个偶数排在一路的有几个？(3)在(1)中的七位数中，偶数排在一路，奇数也排在一路的有几个？(4)在(1)中任意2个偶数都不相邻的七位数有几个？解：(1)分步完成：第1步，在4个偶数中取3个，可有C34种情况；第2步，在5个奇数中取4个，可有C45种情况；第3步，3个偶数、4个奇数进行排列，可有A77种情况，所以有C34·C45·A77＝100 800个符合题意的七位数．(2)上述七位数中，3个偶数排在一路的个数共有C34·C45·A55·A33＝14 400.(3)上述七位数中，3个偶数排在一路，4个奇数也排在一路的个数共有C34·C45·A33·A44·A22＝5 760.(4)上述七位数中，偶数都不相邻，可先把4个奇数排好，再将3个偶数别离插入5个空的当中，共有C34·C45·A44·A35＝28 800个符合题意的七位数．11．“渐升数”是指除最高位数字外，其余每一个数字比其左侧的数字大的正整数(如13 456和35 678都是五位的“渐升数”)．(1)共有多少个五位“渐升数”？(用数字作答)(2)若是把所有的五位“渐升数”依照从小到大的顺序排列，则第110个五位“渐升数”是多少？解：(1)按照题意，“渐升数”中不能有0，则在其他9个数字中任取5个，每种取法对应一个“渐升数”，则共有“渐升数”C59＝126个，(2)对于这些“渐升数”，1在首位的有C48＝70个，2在首位的有C47＝35个，前四位数字是3 456的五位“渐升数”有C13＝3个，前四位数字是3 457的“渐升数”有2个，为34 578,34 579.所以第110个五位“渐升数”是34 579.。

2019-2020学年人教A版数学选修2-3课时规范训练：1.2.2 第1课时组合与组合数公式

第一章 1.2 1.2.2 第1课时【基础练习】1.(2019年保定期中)A 53-C 43=( ) A.56 B.52C.50D.48【答案】A2．将4支足球队分在一个小组进行循环赛，每支队伍都要和其它3支队伍进行主、客场2场比赛，则小组赛共要进行比赛( )A ．3场B ．4场C ．6场D ．12场【答案】D3．式子m (m ＋1)(m ＋2)…(m ＋20)20！可表示为( )A ．A 20m ＋20B ．C 20m ＋20C ．21C 20m ＋20D ．21C 21m ＋20【答案】D4．若C 7n ＋1－C 7n ＝C 8n ，则n 等于( )A ．12B ．13C ．14D ．15【答案】C5.(2019年上海期中)现在学校开了物理、化学、生物、政治、历史、地理六门学科，小茗同学将来准备报考的高校某专业要求必须选择物理，其他两门课可以任意选择，则小茗同学有______种不同的选科方法.(用数字作答)【答案】10 【解析】根据题意，小茗同学必须选择物理，然后再其他5科中任选2科即可，故不同的选科方法有C 52=10(种).6.(2019年上海模拟)平面上有12个不同的点，其中任何3点不在同一直线上.如果任取3点作为顶点作三角形，那么一共可作_________个三角形.（结果用数值表示）【答案】220 【解析】任何3点不在同一直线上，则从12个点中任取3个点都可以作三角形，故可以作的三角形的个数为C 123=12×11×103×2×1=220.组合数的13.【证明】含有甲的组合数为M ＝C n －14n －1，不含有甲的组合数为N ＝C n 4n －1.而C n－14n－1C n4n－1＝(4n－1)！(n－1)！(3n)！(4n－1)！n！(3n－1)！＝13，即MN＝13，∴M＝13N.8．某车间有11名工人，其中有5名钳工，4名车工，另外2名既能当车工又能当钳工，现要在这11名工人中选派4名钳工，4名车工修理一台机床，有多少种选派方法？【解析】第1类，选派的4名钳工中无“多面手”，此时有选派方法C45·C46＝75(种)；第2类，选派的4名钳工中有1名“多面手”，此时有选派方法C12·C35·C45＝100(种)；第3类，选派的4名钳工中有2名“多面手”，此时有选派方法C22·C25·C44＝10(种)．由分类加法计数原理，不同的选派方法共有75＋100＋10＝185(种)．【能力提升】9．(2015年重庆期末)若C x－29＝C2x－19，则x＝()A．－1 B．4C．－1或4 D．1或5【答案】B【解析】x－2＝2x－1，解得x＝－1，舍去；(x－2)＋(2x－1)＝9，解得x＝4.故选B.10．某校在一次期中考试结束后，把全校文、理科总分前10名学生的数学成绩(满分150分)抽出来进行对比，得到如图所示的茎叶图．从数学成绩高于130分的文科生和数学成绩低于130分的理科生中各选取两名学生进行学习方法交流，则不同的选法种数为()A．105 B．90C．36 D．21【答案】B【解析】由茎叶图，可知数学成绩高于130分的文科生有6名，从中选取两名，有C 26种选法；数学成绩低于130分的理科生有4名，从中选取两名，有C 24种选法．由分步乘法计数原理，不同的选法种数为C 26C 24＝90.11.(2019年北京模拟)某高校外语系有8名志愿者,其中有5名男生,3名女生,现从中选3人参加某项测试赛的翻译工作,若要求这3人中既有男生,又有女生,则不同的选法共有( ) A.45种 B.56种 C.90种 D.120种【答案】A 【解析】要求“既有男生,又有女生”，故可以分成两类：2名男生1名女生，1名男生2名女生，所以不同的选法的种数为C 52C 31+C 51C 32=45.故选A.12．已知C 5x －1＋C 3x －3C 3x －3＝195，求x 的值．【解析】由已知，得C 5x －1＝145C 3x －3， ∴5×(x －1)(x －2)(x －3)(x －4)(x －5)5！＝14×(x －3)(x －4)(x －5)3！，即(x －1)(x －2)＝56，x 2－3x －54＝0，解得x ＝9或x ＝－6(舍去)． ∴所求x 的值为9.。

2019-2020高中数学课时跟踪训练五组合的应用北师大版选修2_3

A．ຫໍສະໝຸດ 0B．11C．12D．15
5．(大纲全国卷)从进入决赛的6名选手中决出1名一等奖，2名二等奖，3名三等奖，则可能的决赛结果共有________种．(用数字作答)
6．某校开设9门课程供学生选修，其中A，B，C三门由于上课时间相同，至多选一门．学校规定，每位同学选修4门，共有________种不同选修方案．(用数字作答)
3．选C 由条件可分为两类：一类是甲、乙两人只有一人入选，有C ·C ＝42种不同选法，另一类是甲、乙都入选，有C ·C ＝7种不同选法，所以共有42＋7＝49种不同选法．
4．选B 与信息0110至多有两个位置上的数字对应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C ＝6个；
答案：60
6．解析：分两类完成：
第一类，A，B，C三门课程都不选，有C 种不同的选修方案；
第二类，A，B，C三门课程恰好选修一门，有C ·C 种不同选修方案．
故共有C ＋C ·C ＝75种不同的选修方案．
答案：75
7．解：(1)有C ＝220种抽法．
(2)分两步：先从2件次品中抽出1件有C 种方法；再从10件正品中抽出2件有C 种方法，
即4只鞋子没有成双有3 360种不同取法．
(2)从10双鞋子中选取2双有C 种取法，
所以选取种数为N＝C ＝45(种)，
即4只鞋子恰成双有45种不同取法．
(3)先选取一双有C 种选法，再从9双鞋中选取2双有C 种选法，每双鞋只取一只各有2种取法．根据分步乘法计数原理，不同取法为N＝C C ·22＝1 440(种)．
2019-2020高中数学课时跟踪训练五组合的应用北师大版选修2_3
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高中数学苏教版选修2-3：课时跟踪训练(五) 组合与组合数公式

课时跟踪训练(五)组合与组合数公式一、填空题1．给出下面几个问题，其中是组合问题的是________．(1)从1,2,3,4中选出2个构成的集合；(2)由1,2,3组成两位数的不同方法；(3)由1,2,3组成无重复数字的两位数．2．已知C2n＝10，则n＝________.3．男女学生共有8人，从男生中选取2人，从女生中选取1人，共有30种不同的选法，其中女生有________人．4．若C x28＝C3x－8，则x＝________.285．从2,3,5,7四个数中任取两个不同的数相乘，有m个不同的积；任取两个不同的数相除，有n个不同的商，则m∶n＝________.二、解答题6．列出从5个元素A，B，C，D，E中取出2个元素的所有组合．7．计算：A23＋A24＋A25＋…＋A2100.8．现有10名教师，其中男教师6名，女教师4名．(1)现要从中选2名去参加会议，有多少种不同的选法？(2)选出2名男教师或2名女教师去外地学习的选法有多少种？(3)现要从中选出男、女老师各2名去参加会议，有多少种不同的选法？答案1．解析：由题意知：(1)与顺序没有关系；(2)(3)与顺序有关，故是排列问题．答案：(1)2．解析：C 2n ＝n (n －1)2×1＝10，解之得n ＝5. 答案：53．解析：设男生有n 人，则女生有(8－n )人，由题意可得C 2n C 18－n ＝30，解得n ＝5或n ＝6，代入验证，可知女生有2人或3人．答案：2或34．解析：∵C x 28＝C 3x －828， ∴x ＝3x －8或x ＋(3x －8)＝28，即x ＝4或x ＝9.答案：4或95．解析：∵m ＝C 24，n ＝A 24，∴m ∶n ＝12. 答案：126．解：从5个元素A ，B ，C ，D ，E 中取出2个元素的所有组合有：AB ，AC ，AD ，AE ，BC ，BD ，BE ，CD ，CE ，DE 共10个．7．解：原式＝C 23A 22＋C 24A 22＋C 25·A 22＋…＋C 2100·A 22＝(C 23＋C 24＋C 25＋…＋C 2100)·A 22＝(C 33＋C 23＋C 24＋C 25＋…＋C 2100－C 33)·A 22＝(C 34＋C 24＋C 25＋…＋C 2100－C 33)·A 22＝(C 35＋C 25＋…＋C 2100－C 33)·A 22＝(C3101－C33)·A22＝2C3101－2＝333 298.8．解：(1)从10名教师中选2名去参加会议的选法种数，就是从10个不同元素中取出2个元素的组合数，即有C210＝10×92×1＝45种选法．(2)可把问题分两类情况：第一类，选出的2名是男教师有C26种方法；第二类，选出的2名是女教师有C24种方法．根据分类计数原理，共有C26＋C24＝15＋6＝21种不同的选法．(3)分步：首先从6名男教师中任选2名，有C26种选法；再从4名女教师中任选2名，有C24种选法；根据分步计数原理，所以共有C26·C24＝90种不同的选法．。

2019-2020年高中数学第一章计数原理课时跟踪检测五组合与组合数公式新人教A版选修

2019-2020年高中数学第一章计数原理课时跟踪检测五组合与组合数公式新人教A 版选修1．C 58＋C 68的值为( )A ．36B ．84C ．88D ．504 解析：选A C 58＋C 68＝C 69＝C 39＝9×8×73×2×1＝84. 2．以下四个命题，属于组合问题的是( )A ．从3个不同的小球中，取出2个排成一列B ．老师在排座次时将甲、乙两位同学安排为同桌C ．在电视节目中，主持人从100位幸运观众中选出2名幸运之星D ．从13位司机中任选出两位开两辆车从甲地到乙地解析：选C 选项A 是排列问题，因为2个小球有顺序；选项B 是排列问题，因为甲、乙位置互换后是不同的排列方式；选项C 是组合问题，因为2位观众无顺序；选项D 是排列问题，因为两位司机开哪一辆车是不同的．选C ．3．方程C x 14＝C 2x －414的解集为( ) A ．4B ．14C ．4或6D ．14或2解析：选C 由题意知⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝2x －4，2x －4≤14，x ≤14或⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝14－(2x －4)，2x －4≤14，x ≤14，解得x ＝4或6. 4．某公司新招聘5名员工，分给下属的甲、乙两个部门，其中两名英语翻译人员不能分给同一个部门；另三名电脑编程人员不能都分给同一个部门，则不同的分配方案种数是( )A ．6B ．12C ．24D ．36解析：选B 甲部门分一名电脑编程人员有C 13C 12C 33种分配方案，甲部门分两名电脑编程人员有C 23C 12C 22种分配方案．∴由分类加法计数原理得，共有C 13C 12C 33＋C 23C 12C 22＝12(种)不同的分配方案．5．从5名志愿者中选派4人在星期六和星期日参加公益活动，每人一天，每天两人，则不同的选派方法共有( )A ．60种B ．48种C ．30种D ．10种解析：选C从5名志愿者中选派2人参加星期六的公益活动有C25种方法，再从剩下的3人中选派2人参加星期日的公益活动有C23种方法，由分步乘法计数原理可得不同的选派方法共有C25·C 23＝30种．故选C ．6．C 03＋C 14＋C 25＋…＋C 1821的值等于________．解析：原式＝C 04＋C 14＋C 25＋…＋C 1821＝C 15＋C 25＋…＋C 1821＝C 1721＋C 1821＝C 1822＝C 422＝7 315.答案：7 3157．若已知集合P ＝{1,2,3,4,5,6}，则集合P 的子集中含有3个元素的子集数为________．解析：由于集合中的元素具有无序性，因此含3个元素的子集个数与元素顺序无关，是组合问题，共有C 36＝20种．答案：208．不等式C 2n －n <5的解集为________．解析：由C 2n －n <5，得n (n －1)2－n <5， ∴n 2－3n －10<0.解得－2<n <5.由题设条件知n ≥2，且n ∈N *，∴n ＝2,3,4.故原不等式的解集为{2,3,4}．答案：{2,3,4}9．(1)解方程：A 3m ＝6C 4m； (2)解不等式：C x －18>3C x 8. 解：(1)原方程等价于m (m －1)(m －2)＝6×m (m －1)(m －2)(m －3)4×3×2×1， ∴4＝m －3，m ＝7.(2)由已知得：⎩⎪⎨⎪⎧x －1≤8，x ≤8， ∴x ≤8，且x ∈N *，∵C x －18>3C x 8， ∴8！(x －1)！(9－x )！>3×8！x ！(8－x )！. 即19－x >3x， ∴x >3(9－x )，解得x >274， ∴x ＝7,8.∴原不等式的解集为{7,8}．10．某区有7条南北向街道，5条东西向街道．(如图)(1)图中有多少个矩形？(2)从A 点走向B 点最短的走法有多少种？解：(1)在7条南北向街道中任选2条，5条东西向街道中任选2条，这样4条线可组成一个矩形，故可组成矩形有C 27·C 25＝210(个)．(2)每条东西向的街道被分成6段，每条南北向街道被分成4段，从A 到B 最短的走法，无论怎样走，一定至少包括10段，其中6段方向相同，另4段方向也相同，每种走法，即是从10段中选出6段，这6段是走东西方向的(剩下4段即是走南北方向的)，共有C 610＝C 410＝210(种)走法．层级二应试能力达标1．若C 4n >C 6n ，则n 的集合是( )A ．{6,7,8,9}B ．{0,1,2,3}C ．{n |n ≥6}D ．{7,8,9}解析：选A ∵C 4n >C 6n ，∴⎩⎪⎨⎪⎧C 4n >C 6n ，n ≥6， ⇒⎩⎪⎨⎪⎧ n ！4！(n －4)！>n ！6！(n －6)！，n ≥6.⇒⎩⎪⎨⎪⎧ n 2－9n －10<0，n ≥6，⇒⎩⎪⎨⎪⎧－1<n <10，n ≥6. ∵n ∈N *，∴n ＝6,7,8,9.∴n 的集合为{6,7,8,9}．2．将标号为1,2,3,4,5,6的6张卡片放入3个不同的信封中，若每个信封放2张卡片，其中标号为1,2的卡片放入同一信封，则不同的放法共有( )A ．12种B ．18种C ．36种D ．54种解析：选B 由题意，不同的放法共有C 13C 24＝3×4×32＝18种． 3．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种解析：选D和为偶数共有3种情况，取4个数均为偶数的取法有C44＝1种，取2奇数2偶数的取法有C24·C25＝60种，取4个数均为奇数的取法有C45＝5种，故不同的取法共有1＋60＋5＝66种．4．过三棱柱任意两个顶点的直线共15条，其中异面直线有( )A ．18对B ．24对C ．30对D ．36对解析：选D 三棱柱共6个顶点，由此6个顶点可组成C 46－3＝12个不同四面体，而每个四面体有三对异面直线则共有12×3＝36对．5．方程C x 17－C x 16＝C 2x ＋216的解集是________．解析：因为C x 17＝C x 16＋C x －116，所以C x －116＝C 2x ＋216，由组合数公式的性质，得x －1＝2x ＋2或x －1＋2x ＋2＝16，得x 1＝－3(舍去)，x 2＝5.答案：{5}6．某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有________种(用数字作答)．解析：两种情况：①选2本画册，2本集邮册送给4位朋友，有C 24＝6种方法；②选1本画册，3本集邮册送给4位朋友，有C 14＝4种方法，所以不同的赠送方法共有6＋4＝10(种)．答案：107．已知C 4n ，C 5n ，C 6n 成等差数列，求C 12n的值．解：由已知得2C 5n ＝C 4n ＋C 6n ，所以2·n ！5！(n －5)！＝n ！4！(n －4)！＋n ！6！(n －6)！，整理得n 2－21n ＋98＝0，解得n ＝7或n ＝14，要求C 12n的值，故n ≥12，所以n ＝14，于是C 1214＝C 214＝14×132×1＝91.8．已知集合A ＝{a 1，a 2，a 3，a 4}，B ＝{0,1,2,3}，f 是从A 到B 的映射．(1)若B 中每一元素都有原象，则不同的映射f 有多少个？(2)若B 中的元素0无原象，则不同的映射f 有多少个？(3)若f 满足f (a 1)＋f (a 2)＋f (a 3)＋f (a 4)＝4，则不同的映射f 又有多少个？解：(1)显然映射f 是一一对应的，故不同的映射f 共有A 44＝24个．(2)∵0无原象，而1,2,3是否有原象，不受限制，故A 中每一个元素的象都有3种可能，只有把A 中每一个元素都找出象，这件工作才算完成，∴不同的映射f 有34＝81个．(3)∵1＋1＋1＋1＝4,0＋1＋1＋2＝4,0＋0＋1＋3＝4，0＋0＋2＋2＝4，∴不同的映射有：1＋C 24A 22＋C 24A 22＋C 24＝31个．.。

2019-2020学年数学人教A版选修2-3检测：1.2.2.2组合的综合应用 Word版含解析

1.2.2 组合第二课时组合的综合应用填一填1.组合的有关概念：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．组合数用符号C m n 表示，其公式为C mn ＝A m n A m m ＝n (n －1)·(n －2)…(n －m ＋1)m ！.(m ，n ∈N *，m ≤n )，特别地C 0n ＝C nn ＝1.2．组合与排列的异同点共同点：排列与组合都是从n 个不同元素中取出m (m ≤n )个元素．不同点：排列与元素的顺序有关，组合与元素的顺序无关． 3．应用组合知识解决实际问题的四个步骤 (1)判断：判断实际问题是否是组合问题． (2)方法：选择利用直接法还是间接法解题．(3)计算：利用组合数公式结合两个计数原理计算． (4)结论：根据计算结果写出方案个数.判一判判断(1．从3个不同的小球中，取出2个排成一列共有6种排法．(√) 2．老师在排座次时将甲、乙两位同学安排为同桌为组合问题．(×)3．在电视节目中，主持人从100位幸运观众中选出2名幸运之星9 900种不同选法．(×) 4．从13位司机中任选出两位开两辆车往返甲、乙两地共有C 213安排方法．(×)5．若5名代表分4张同样的参观券，每人最多分一张，且全部分完，那么分法一共有A 45分配方法．(√)6．某施工小组有男工7名，女工3名，现要选1名女工和2名男工去支援另一施工小组，不同的选法有A 13A 27种．(×)7．设集合A ＝{a 1，a 2，a 3，a 4，a 5}，则集合A 中含有3个元素的子集共有C 35个．(√) 8．从0,1,2,3,4,5这6个数中每次取3个不同的数，把其中最大的数放在百位上排成三位数，这样的三位数有30想一想1.从集合{1,2,3,4}的是什么？这是排列问题，还是组合问题？提示：共有C 24＝4×32＝6(个)不同结果．完成的“这件事”是指从集合{1,2,3,4}中任取两个不同元素并相乘．组合问题．2．从集合{1,2,3,4}中任取两个不同元素相除，有多少不同结果？这是排列问题，还是组合问题？完成的“这件事”指的是什么？提示：共有A24－2＝10(个)不同结果；这个问题属于排列问题；完成的“这件事”是指从集合{1,2,3,4}中任取两个不同元素并相除．3．完成“从集合{0,1,2,3,4}中任取三个不同元素组成一个是偶数的三位数”这件事需先分类，还是先分步？有多少个不同的结果？提示：由于0不能排在百位，而个位必须是偶数.0是否排在个位影响百位与十位的排法，所以完成这件事需按0是否在个位分类进行．第一类：0在个位，则百位与十位共A24种排法；第二类：0不在个位且不在百位，则需先从2,4中任选一个排个位再从剩下非零数字中取一个排百位，最后从剩余数字中任取一个排十位，共C12C13C13＝18(种)不同的结果，由分类加法计数原理，完成“这件事”共有A24＋C12C13C13＝30(种)不同的结果．4．解决排列、组合综合问题要遵循两个原则．提示：按事情发生的过程进行分步：按元素的性质进行分类．解决时通常从以下三个途径考虑：(1)以元素为主考虑，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素；(2)以位置为主考虑，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置；(3)先不考虑附加条件，计算出排列或组合数，再减去不符合要求的排列或组合数．思考感悟：练一练1.3名同学参加，其中至少一名女生，则不同的选法种数为()A．120 B．84C．52 D．48解析：间接法：C38－C34＝52种．答案：C2．编号为1,2,3,4,5,6,7的七盏路灯，晚上用时只亮三盏灯，且任意两盏亮灯不相邻，则不同的开灯方案有()A．60种B．20种C．10种D．8种解析：四盏熄灭的灯产生的5个空档中放入三盏亮灯，即C35＝10.答案：C3．某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有()A．4种B．10种C．18种D．20种解析：分两种情况：①选2本画册，2本集邮册送给4位朋友有C24＝6种方法；②选1本画册，3本集邮册送给4位朋友有C14＝4种方法，所以不同的赠送方法共有6＋4＝10种，故选B项．答案：B4．在直角坐标平面xOy上，平行直线x＝n(n＝0,1,2，…，5)与平行直线y＝n(n＝0,1,2，…，5)组成的图形中，矩形共有________个．解析：在垂直于x轴的6条直线中任取2条，在垂直于y轴的6条直线中任取2条，四条直线相交得出一个矩形，所以矩形总数为C26×C26＝15×15＝225个．答案：225知识点一有条限制的组合问题1.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？解析：(1)分步：首先从4名外科专家中任选2名，有C24种选法，再从除外科专家的6人中选取4人，有C46种选法，所以共有C24·C46＝90种抽调方法．(2)“至少”的含义是不低于，有两种解答方法，法一(直接法)：按选取的外科专家的人数分类：①选2名外科专家，共有C24·C46种选法；②选3名外科专家，共有C34·C36种选法；③选4名外科专家，共有C44·C26种选法；根据分类加法计数原理，共有C24·C46＋C34·C36＋C44·C26＝185种抽调方法．法二(间接法)：不考虑是否有外科专家，共有C610种选法，考虑选取1名外科专家参加，有C14·C56种选法；没有外科专家参加，有C66种选法，所以共有：C610－C14·C56－C66＝185种抽调方法．(3)“至多2名”包括“没有”、“有1名”、“有2名”三种情况，分类解答．①没有外科专家参加，有C66种选法；②有1名外科专家参加，有C14·C56种选法；③有2名外科专家参加，有C24·C46种选法．所以共有C66＋C14·C56＋C24·C46＝115种抽调方法．2．从8名男生和6名女生中挑选3人，最多选2名女生的不同选法种数为()A．288 B．344C．364 D．624解析：直接从14名学生中挑选3人，有C314种选法，其中超过2名女生的选法只有选出3名女生，有C36种选法，所以共有C314－C36＝344(种)不同的选法．答案：B知识点二分组分配问题3.6本不同的书，按照以下要求处理，各有几种分法？ (1)分给甲、乙、丙三人，每人2本； (2)分为三份，每份2本；(3)分为三份，一份1本，一份2本，一份3本；(4)分给甲、乙、丙三人，一人1本，一人2本，一人3本．解析：(1)先从6本书中选2本给甲，有C 26种选法；再从其余的4本中选2本给乙，有C 24种选法；最后从余下的2本书中选2本给丙，有C 22种选法；所以分给甲、乙、丙三人，每人2本，共有C 26C 24C 22＝90种分法．(2)可以分两步完成：第1步，将6本书分为三份，每份2本，设有x 种方法；第2步，将上面三份分给甲、乙、丙三名同学有A 33种方法．根据(1)的结论和分步乘法计数原理得到C 26C 24C 22＝x A 33，所以x ＝C 26C 24C 22A 33＝15.因此分为三份，每份2本，一共有15种分法．(3)这是“不均匀分组”问题，按照(1)的方法得到一共有C 16C 25C 33＝6×(5×2)×1＝60种分法．(4)在(3)的基础上再进行全排列，所以一共有C 16C 25C 33A 33＝360种分法． 4．将4个编号为1,2,3,4的小球放入4个编号为1,2,3,4的盒子中． (1)有多少种放法？(2)每盒至多一球，有多少种放法？ (3)恰好有一个空盒，有多少种放法？(4)把4个不同的小球换成4个相同的小球，恰有一个空盒，有多少种放法？解析：(1)每个小球都可能放入4个盒子中的任何一个，将小球一个一个放入盒子，共有4×4×4×4＝44＝256种放法．(2)这是全排列问题，共有A 44＝24种放法．(3)法一：先将4个小球分为三组，有C 24C 12C 11A 22种方法，再将三组小球投入四个盒子中的三个盒子，有A 34种投放方法，故共有C 24C 12C 11A 22·A 34＝144种放法．法二：先取4个球中的两个“捆”在一起，有C 24种选法，把它与其他两个球共3个元素分别放入4个盒子中的3个盒子，有A 34种投放方法，所以共有C 24A 34＝144种放法．(4)先从四个盒子中选出三个盒子，再从三个盒子中选出一个盒子放入两个球，余下两个3112种放法.5.平面上个．解析：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C 24种取法；第二步，再在另外5条平行线中任取两条，有C 25种取法．这样取出的四条直线构成一个矩形，由分步乘法计数原理知构成的矩形共有C 24·C 25＝60(个)．故填60. 答案：606．已知圆上9个点，每两点连一线段，所有线段在圆内的交点有( ) A ．36个 B ．72个 C ．63个 D ．126个解析：此题可化归为：圆上9个点可组成多少个四边形．每个四边形的对角线的交点即为所求，所以交点有C 49＝126(个)．答案：知识点四排列与组合综合问题7.用0数有多少个？解析：法一(直接法)：把从5个偶数中任取2个分为两类：(1)不含0的：由3个奇数和2个偶数组成的五位数，可分两步进行：第1步，选出3奇2偶的数字，方法有C 35C 24种；第2步，对选出的5个数字全排列有A 55种方法．故所有适合条件的五位数有C 35C 24A 55个．(2)含有0的：这时0只能排在除首位(万位)以外的四个位置中的一个，有A 14种排法；再从2,4,6,8中任取一个，有C 14种取法，从5个奇数数字中任取3个，有C 35种取法，再把取出的4个数全排列有A 44种方法，故有A 14C 14C 35A 44种排法．根据分类加法计数原理，共有C 35C 24A 55＋A 14C 14C 35A 44＝11 040个符合要求的数．法二(间接法)：如果对0不限制，共有C 35C 25A 55种，其中0居首位的有C 35C 14A 44种．故共有C 35C 25A 55－C 35C 14A 44＝11 040个符合条件的数． 8．为调查某商品当前的市场价格，国家统计局将5位调查员分成三组，其中两组各2人，另一组1人，分赴三个不同的地区进行商品价格调查，则不同的分配方案有( )A ．90种B ．180种C ．30种D ．15种解析：将5种调查员分成三组，其中两组各2人，另一组1人，有C 25C 23A 22种不同的分法，再将其分到三个不同地区，有A 33种不同的分法，所以不同的分配方案的种数为C 25C 23A 22·A 33＝90，故选A 项．答案：A基础达标一、选择题1．从5种主料中选2种，8种辅料中选3种来烹饪一道菜，烹饪方式有5种，那么最多可以烹饪出不同的菜的种数为( )A ．18B ．200C ．2 800D ．33 600解析：从5种主料中选2种，有C 25＝10种方法，从8种辅料中选3种，有C 38＝56种方法，根据分步乘法计数原理得烹饪出不同的菜的种数为10×56×5＝2 800，选C. 答案：C2．假如北京大学给中山市某三所重点中学7个自主招生的推荐名额，则每所中学至少分到一个名额的方法数为( )A ．30B ．21C．10 D．15解析：用“隔板法”，在7个名额中间的6个空位上选2个位置加2个隔板，有C26＝15种分配方法．答案：D3．某市委从组织机关10名科员中选3人担任驻村第一书记，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解析：法一(直接法)：甲、乙两人均入选，有C17C22种方法．甲、乙两人只有1人入选，有C12C27种方法，∴由分类加法计数原理，共有C22C17＋C12C27＝49种选法．法二(间接法)：从9人中选3人有C39种方法．其中甲、乙均不入选有C37种方法，∴满足条件的选排方法是C39－C37＝84－35＝49(种)．答案：C4．从甲、乙等5人中选出3人排成一列，则甲不在排头的排法种数是()A．12 B．24C．36 D．48解析：①若不选甲，则排法种数为A34＝24；②若选甲，则先从后两个位置中选一个给甲，再从其余的4人中选2人排列，排法种数为C12A24＝24.由分类加法计数原理，可得不同的排法种数为24＋24＝48.故选D项．答案：D5．如图是由6个正方形拼成的矩形图案，从图中的12个顶点中任取3个点作为一组，其中可以构成三角形的组数为()A．208 B．204C．200 D．196解析：任取3个顶点不能构成三角形的情形有3种：一是3条横线上的4个点，其组数为3C34；二是4条竖线上的3个点，其组数为4C33；三是4条对角线上的3个点，其组数为4C33，所以可以构成三角形的组数为：C312－3C34－8C33＝200，故选C项．答案：C6．由0,1,2,3,5这5个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为奇数的个数为()A．16 B．18C．24 D．36解析：由题意知，满足条件的三位数可分为两类：第一类：三个数字中一个奇数两个偶数，有C13·C22·C12·A22个不同的三位数；第二类：三个数字均为奇数有A33个不同的三位数．由分类加法计数原理知，满足条件的三位数有C13·C22·C12·A22＋A33＝18个，故选B项．答案：B7．《周髀算经》、《九章算术》、《海岛算经》、《孙子算经》是我国古代数学的重要文献．现拟把这4部著作分给甲、乙、丙3位同学阅读，每人至少1本，则甲没分到《周髀算经》的分配方法共有()A．18种B．24种C ．30种D ．36种解析：先不考虑限制条件，则共有C 24A 33＝36种方法，若甲分到《周髀算经》，有两种情况：甲分到1本(只有《周髀算经》)，此时共有C 23A 22＝6种方法；甲分到2本(包括《周髀算经》)，此时共有A 23＝6种方法，则分配方法共有36－6－6＝24种．答案：B 二、填空题8．从一组学生中选出4名学生当代表的选法种数为A ，从这组学生中选出2人担任正、副组长的选法种数为B ，若B A ＝213，则这组学生共有________人．解析：设有学生n 人，则A 2nC 4n ＝213，解之得n ＝15.答案：159．某校开设9门课程供学生选修，其中A ，B ，C 三门由于上课时间相同，至多选一门，学校规定每位同学选修4门，共有________种不同的选修方案(用数字作答)．解析：分类：第一类：从A ，B ，C 中选1门，从另6门中选3门，共有C 13·C 36种．第二类：从另6门中选4门，有C 46种．由分类加法计数原理知，共有C 13·C 36＋C 46＝75(种)．答案：7510．现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为________．解析：含1张红色卡片，有C 14C 212＝264(种)不同取法；不含红色卡片有C 312－3C 34＝208(种)取法，共有264＋208＝472(种)取法．答案：472 11．在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖，将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有________种(用数字作答)．解析：只需看3张有奖的分配情况就可以，有两类． ①4人中每人至多1张有奖，共有A 34＝4×3×2＝24(种)②4人中，有1人2张有奖，还有1人1张有奖，其余的2人无奖．共有分法：C 23·A 24＝3×4×3＝36.总之，共有24＋36＝60种．答案：6012．对所有满足1≤m <n ≤5的自然数m ，n ，方程x 2＋C m n y 2＝1所表示的不同椭圆的个数为________．解析：∵1≤m <n ≤5，所以C m n 可以是C 12，C 13，C 23，C 14，C 24，C 34，C 15，C 25，C 35，C 45，其中C 13＝C 23，C 14＝C 34，C 15＝C 45，C 25＝C 35，∴方程x 2＋C m n y 2＝1能表示的不同椭圆有6个．答案：6 三、解答题13．在一次数学竞赛中，某学校有12人通过了初试，学校要从中选出5人去参加市级培训，在下列条件下，有多少种不同的选法？(1)任意选5人；(2)甲、乙、丙三人必须参加； (3)甲、乙、丙三人不能参加；(4)甲、乙、丙三人只能有1人参加； (5)甲、乙、丙三人至少1人参加．解析：(1)C 512＝792(种)不同的选法．(2)甲、乙、丙三人必须参加，只需从另外的9人中选2人，共有C29＝36(种)不同的选法．(3)甲、乙、丙三人不能参加，只需从另外的9人中选5人，共有C59＝126(种)不同的选法．(4)甲、乙、丙三人只能有1人参加，分两步，先从甲、乙、丙中选1人，有C13＝3(种)选法，再从另外的9人中选4人有C49(种)选法，共有C13C49＝378(种)不同的选法．(5)法一(直接法)：可分为三类：第一类：甲、乙、丙中有1人参加，共有C13C49种；第二类：甲、乙、丙中有2人参加，共有C23C39种；第三类：甲、乙、丙3人均参加，共有C33C29种；共有C13C49＋C23C39＋C33C29＝666(种)不同的选法．法二(间接法)：12人中任意选5人共有C512种，甲、乙、丙三人不能参加的有C59种，所以，共有C512－C59＝666(种)不同的选法．14．已知平面M内有4个点，平面N内有5个点，则这9个点最多能确定：(1)多少个平面？(2)多少个四面体？解析：(1)可分三类：第一类：平面M中取一点，N中取两点，最多可确定C14·C25个．第二类：平面M中取两点，N中取一点，最多可确定C24·C15个．第三类：平面M和平面N，共2个．故最多可确定C14·C25＋C24·C15＋2＝72(个)平面．(2)法一(直接分数法)：分三类：第一类：平面M内取一个点，N内取三个点，最多可确定C14·C35个．第二类：平面M内取两个点，N内取两个点，最多可确定C24·C25个．第三类：平面M内取三个点，N内取一个点，最多可确定C34·C15个．故最多可确定平面C14·C35＋C24·C25＋C34·C15＝120(个)．法二(间接法)：C49－C45－C4＝120(个).能力提升15.在某次数字测验中学的考试成绩为f(n)．若f(n)∈{70,85,88,90,98,100}，且满足f(1)<f(2)≤f(3)<f(4)，则这4位同学考试成绩的所有可能有多少种？解析：f(1)<f(2)≤f(3)<f(4)可分为①f(1)<f(2)<f(3)<f(4)；②f(1)<f(2)＝f(3)<f(4)两种情形．对于①，只需在集合中取4个数字，有C46种，对于②，只需在集合中取3个数字，有C36种．即不同的取法共有C46＋C36＝35(种)．16．“渐升数”是指除最高位数字外，其余每一个数字比其左边的数字大的正整数(如13 456和35 678都是五位的“渐升数”)．(1)求五位“渐升数”的个数；(2)如果把所有的五位“渐升数”按照从小到大的顺序排列，求第120个五位“渐升数”．解析：(1)根据题意，“渐升数”中不能有0，则在其他9个数字中任取5个，每种取法对应1个“渐升数”，则共有C59＝126(个)五位“渐升数”．(2)对于这些“渐升数”，1在首位的有C48＝70(个)，2在首位的有C47＝35(个)，3在首位的有C46＝15(个)．对于3在首位的“渐升数”，第二位是4的有C35＝10(个)，第二位是5的有C34＝4(个)．因为70＋35＋10＋4＝119，所以第120个“渐升数”是36 789.。