李凡长版 组合数学课后习题答案 习题1

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新教材高中数学第五章计数原理5 3习题课组合的应用课后素养落实含解析北师大版选择性必修第一册

新教材高中数学第五章计数原理5 3习题课组合的应用课后素养落实含解析北师大版选择性必修第一册

课后素养落实(三十四) 习题课组合的应用(建议用时:40分钟)一、选择题1.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种数为()A.85B.56C.49D.28C〖可分类计算:第一类是甲、乙两人有1人入选,有C12C27=42(种)选法;第二类是甲、乙都入选,有C22C17=7(种)选法,由分类加法计数原理可知,符合题设的方法共有42+7=49种.〗2.将5名实习教师分配到高一年级的3个班实习,每班至少1名,最多2名,则不同的分配方案有()A.30种B.90种C.180种D.270种B〖设三个班级为甲、乙、丙,则5名实习教师分配到3个班级,一定有一个班级只分配到一名实习教师,其余两个班级每个班级分到了两名实习教师,故分步:第一步,选一名教师安排在一个班级中有C15C13种方法;第二步,余下的4名教师平均分配给剩下的两个班级,有C24C22种方法.故共有C15C13·C24C22=90种分配方案.〗3.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() A.232B.252C.472D.484C〖分两类:第一类,含有1张红色卡片,共有不同的取法C14C212=264(种);第二类,不含有红色卡片,共有不同的取法C312-3C34=220-12=208(种).由分类加法计数原理知不同的取法有264+208=472(种).〗4.6个人分乘两辆不同的汽车,每辆车最多坐4人,则不同的乘车方法有()A.40种B.50种C.60种D.70种B〖先分组再排列,一组2人一组4人有C26=15种不同的分法;两组各3人共有C36A22=10种不同的分法,所以共有(15+10)×2=50种不同的乘车方法.〗5.将2名教师,4名学生分成2个小组,分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动,每个小组由1名教师和2名学生组成,不同的安排方案共有()A.12种B.10种C.9种D.8种A〖分两步:第一步,选派一名教师到甲地,另一名到乙地,共有C12=2(种)选派方法;第二步,选派两名学生到甲地,另外两名到乙地,共有C24=6(种)选派方法.由分步乘法计数原理得不同的选派方案共有2×6=12(种).〗二、填空题6.从正方体ABCD-A′B′C′D′的8个顶点中选取4个作为四面体的顶点,可得到的不同的四面体的个数为________.58〖从8个顶点中任取4个有C48种方法,从中去掉6个面和6个对角面,所以有C48-12=58个不同的四面体.〗7.某校有4个社团向高一学生招收新成员,现有3名同学,每人只选报1个社团,恰有2个社团没有同学选报的报法有________种(用数字作答).36〖第一步,选2名同学报名某个社团,有C23·C14=12种报法;第二步,从剩余的3个社团里选一个社团安排另一名同学,有C13·C11=3(种)报法.由分步乘法计数原理得共有12×3=36(种)报法.〗8.12名同学分别到三个不同的路口进行车流量的调查,若每个路口4人,则不同的分配方案共有________.34 650〖先从12名同学选4个上第一个路口,再从剩下的8名同学选4个上第二个路口,那么剩下的4名同学上第三个路口,则不同的分配方案共有C412C48C44=34 650种.〗三、解答题9.某县医院联合专家去农村义务会诊,其中有5人只精通中医,4人只精通西医,还有2人既精通中医又精通西医,现从这11位专家中选4名中医4名西医,有多少种不同的选法?〖解〗法一:按选西医的人数分三类:第一类,只精通西医的4人都入选,则可从其余7人中任选4人作中医,有C47种;第二类,只精通西医的4人选3人,则从均精通的两位专家中选1人作西医,余下6人选4人作中医,有C34C12C46种;第三类,只精通西医的4人选2人,则均精通的两位专家作西医,余下5人选4人作中医,有C24C45.故由分类加法计数原理知,共有C47+C34C12C46+C24C45=185种选法.法二:按均精通的专家分类:第一类,两人均不参加,有C 45C 44种;第二类,两人有一人参加,有C 12(C 35C 44+C 34C 45)种;第三类,两人均参加,有(C 35C 34)×2+C 25C 44+C 45C 24种.由分类加法计数原理知,共有C 45C 44+〖C 12(C 35C 44+C 34C 45)〗+〖(C 35C 34)×2+C 25C 44+C 45C 24〗=185种选法.10.设集合A ={1,2,3,…,10}.(1)设A 的3个元素的子集的个数为n ,求n 的值;(2)设A 的3个元素的子集中,3个元素的和分别为a 1,a 2,…,a n ,求a 1+a 2+a 3+…+a n 的值.〖解〗 (1)A 的3元素子集的个数为n =C 310=120.(2)在A 的3元素子集中,含数k (1≤k ≤10)的集合个数有C 29个,因此a 1+a 2+…+a n =C 29 ×(1+2+3+…+10)=1 980.11.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 .24B .30C .36D .81B 〖根据题意,总的分法种数为C 24A 33=36.若甲、乙两人分在同一个班,则分法种数为A 33=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 .〗 12.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 36B .A 39A 36C .C 39C 36A 33D .A 39A 36A 33C 〖此题为平均分组问题,有C 39C 36A 33种分法.〗 13.(多选题)有10只不同的试验产品,其中有4只次品,6只正品.现每次取一只测试,直到4只次品全测出为止,则( )A .最后一只次品正好在第四次测试时被发现的不同情形有A 44种B .最后一只次品正好在第五次测试时被发现的不同情形有C 16C 14A 44种C .最后一只次品正好在第九次测试时被发现的不同情形有C 56C 38A 88种D .4只次品全测出至多需要九次测试〖答案〗 ABCD14.(一题两空)从6双不同的鞋子中任取4只,恰是两双的选法有________种,恰有一双的选法有________种.15 240 〖恰是两双的选法有C 26=15种,对于恰有一双的情形,可先选一双完整的,再从剩下的5双中选两双,然后在这两双中各选一只,共有C 16C 25C 12C 12=240种选法.〗15.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〗 法一:(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C 15·C 14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C 25·C 14个;一个顶点在OM 上,两个顶点在ON ,上有C 15·C 24个.因为这是分类问题,所以用分类加法计数原理,共有C 15·C 14+C 25·C 14+C 15·C 24=5×4+10×4+5×6=90个.法二:(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C 310,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C 310-C 36-C 35,即C 310-C 36-C 35=10×9×81×2×3-6×5×41×2×3-5×41×2=120-20-10=90个. 法三: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C 26·C 14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C 15·C 24个三角形.所以共有C 26·C 14+C 15·C 24=15×4+5×6=90个.。

2018届高考数学(理)大一轮复习教师用书第十一章第一节排列、组合Word版含解析

2018届高考数学(理)大一轮复习教师用书第十一章第一节排列、组合Word版含解析

第一节排列、组合本节主要包括2个知识点:1.两个计数原理;排列、组合问题.突破点(一)两个计数原理1.分类加法计数原理完成一件事有两类不同方案,在第1类方案中有m种不同的方法,在第2类方案中有n种不同的方法,那么完成这件事共有N=m+n种不同的方法.2.分步乘法计数原理完成一件事需要两个步骤,做第1步有m种不同的方法,做第2步有n种不同的方法,那么完成这件事共有N=m×n种不同的方法.3.两个计数原理的比较能用分类加法计数原理解决的问题具有以下特点:(1)完成一件事有若干种方法,这些方法可以分成n类.(2)用每一类中的每一种方法都可以完成这件事.(3)把各类的方法数相加,就可以得到完成这件事的所有方法数.[例1](1)在所有的两位数中,个位数字大于十位数字的两位数共有________个.(2)如图,从A 到O 有________种不同的走法(不重复过一点).(3)若椭圆x 2m +y 2n =1的焦点在y 轴上,且m ∈{1,2,3,4,5},n ∈{1,2,3,4,5,6,7},则这样的椭圆的个数为________.[解析] (1)法一:按个位数字分类,个位可为2,3,4,5,6,7,8,9,共分成8类,在每一类中满足条件的两位数分别有1个,2个,3个,4个,5个,6个,7个,8个,则共有1+2+3+4+5+6+7+8=36个两位数.法二:按十位数字分类,十位可为1,2,3,4,5,6,7,8,共分成8类,在每一类中满足条件的两位数分别有8个,7个,6个,5个,4个,3个,2个,1个,则共有8+7+6+5+4+3+2+1=36个两位数.(2)分3类:第一类,直接由A 到O ,有1种走法;第二类,中间过一个点,有A →B →O 和A →C →O 2种不同的走法;第三类,中间过两个点,有A →B →C →O 和A →C →B →O 2种不同的走法.由分类加法计数原理可得共有1+2+2=5种不同的走法.(3)当m =1时,n =2,3,4,5,6,7,共6个;当m =2时,n =3,4,5,6,7,共5个;当m =3时,n =4,5,6,7,共4个;当m =4时,n =5,6,7,共3个;当m =5时,n =6,7,共2个.故共有6+5+4+3+2=20个满足条件的椭圆.[答案] (1)36 (2)5 (3)20[易错提醒](1)根据问题的特点确定一个合适的分类标准,分类标准要统一,不能遗漏.(2)分类时,注意完成这件事的任何一种方法必须属于某一类,不能重复.分步乘法计数原理(1)完成一件事需要经过n 个步骤,缺一不可.(2)完成每一步有若干种方法.(3)把各个步骤的方法数相乘,就可以得到完成这件事的所有方法数.[例2](1)从-1,0,1,2这四个数中选三个数作为函数f(x)=ax2+bx+c的系数,则可组成________个不同的二次函数,其中偶函数有________个(用数字作答).(2)如图,某电子器件由3个电阻串联而成,形成回路,其中有6个焊接点A,B,C,D,E,F,如果焊接点脱落,整个电路就会不通.现发现电路不通,那么焊接点脱落的可能情况共有________种.[解析](1)一个二次函数对应着a,b,c(a≠0)的一组取值,a的取法有3种,b的取法有3种,c的取法有2种,由分步乘法计数原理知共有3×3×2=18个二次函数.若二次函数为偶函数,则b=0,同理可知共有3×2=6个偶函数.(2)因为每个焊接点都有脱落与未脱落两种情况,而只要有一个焊接点脱落,则电路就不通,故共有26-1=63种可能情况.[答案(1)186(2)63[易错提醒](1)利用分步乘法计数原理解决问题时要注意按事件发生的过程来合理分步,即分步是有先后顺序的,并且分步必须满足:完成一件事的各个步骤是相互依存的,只有各个步骤都完成了,才算完成这件事.(2)谨记分步必须满足的两个条件:一是各步骤互相独立,互不干扰;二是步与步确保连续,逐步完成.两个计数原理的综合问题数原理,即分类时,每类的方法可能要运用分步完成,而分步时,每步的方法数可能会采取分类的思想求解.分类的关键在于做到“不重不漏”,分步的关键在于正确设计分步的程序,即合理分类,准确分步.[例3](1)用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中比40 000大的偶数共有()A.144个B.120个C.96个D.72个(2)某班一天上午有4节课,每节都需要安排1名教师去上课,现从A,B,C,D,E,F 6名教师中安排4人分别上一节课,第一节课只能从A、B两人中安排一个,第四节课只能从A、C两人中安排一人,则不同的安排方案共有________种.(3)如图,矩形的对角线把矩形分成A,B,C,D四部分,现用5种不同颜色给四部分涂色,每部分涂1种颜色,要求共边的两部分颜色互异,则共有________种不同的涂色方法.[解析](1)由题意可知,符合条件的五位数的万位数字是4或5.当万位数字为4时,个位数字从0,2中任选一个,共有2×4×3×2=48个偶数;当万位数字为5时,个位数字从0,2,4中任选一个,共有3×4×3×2=72个偶数.故符合条件的偶数共有48+72=120(个).(2)①第一节课若安排A,则第四节课只能安排C,第二节课从剩余4人中任选1人,第三节课从剩余3人中任选1人,共有4×3=12种安排方案.②第一节课若安排B,则第四节课可由A或C上,第二节课从剩余4人中任选1人,第三节课从剩余3人中任选1人,共有2×4×3=24种安排方案.因此不同的安排方案共有12+24=36(种).(3)区域A有5种涂色方法,区域B有4种涂色方法,区域C的涂色方法可分2类:若C与A涂同色,区域D有4种涂色方法;若C与A涂不同色,此时区域C有3种涂色方法,区域D也有3种涂色方法.所以共有5×4×1×4+5×4×3×3=260种涂色方法.[答案(1)B(2)36(3)260[方法技巧]使用两个计数原理进行计数的基本思想对需用两个计数原理解决的综合问题要“先分类,再分步”,即先分为若干个“既不重复也不遗漏”的类,再对每类中的计数问题分成若干个“完整的步骤”,求出每个步骤的方法数,按照分步乘法计数原理计算各类中的方法数,最后再按照分类加法计数原理得出总数.能力练通抓应用体验的“得”与“失”1.[考点二]某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单,开演前又增加了3个新节目,如果将这3个新节目插入节目单中,那么不同的插法种数为()A.504B.210C.336D.120解析:选A分三步,先插一个新节目,有7种方法,再插第二个新节目,有8种方法,最后插第三个节目,有9种方法.故共有7×8×9=504种不同的插法.2.[考点二]教学大楼共有五层,每层均有两个楼梯,由一层到五层的走法有() A.10种B.25种C.52种D.24种解析:选D由一层到二层、由二层到三层、由三层到四层、由四层到五层各有2种走法,故共有2×2×2×2=24种不同的走法.3.[考点一]已知两条异面直线a,b上分别有5个点和8个点,则这13个点可以确定不同的平面个数为()A.40 B.16 C.13 D.10解析:选C分两类情况讨论:第1类,直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面;第2类,直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面.根据分类加法计数原理知,共可以确定8+5=13个不同的平面.4.[考点一]我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2 013是“六合数”),则“六合数”中首位为2的“六合数”共有()A.18个B.15个C.12个D.9个解析:选B依题意知,这个四位数的百位数、十位数、个位数之和为4.由4,0,0组成3个数,分别为400,040,004;由3,1,0组成6个数,分别为310,301,130,103,013,031;由2,2,0组成3个数,分别为220,202,022;由2,1,1组成3个数,分别为211,121,112.共计3+6+3+3=15个“六合数”.5.[考点三]如图,用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用),要求每个区域涂一种颜色,相邻的区域不能涂相同的颜色,则不同的涂色方法有________种.解析:按区域1与3是否同色分类.①区域1与3同色:先涂区域1与3,有4种方法,再涂区域2,4,5(还有3种颜色),有3×2×1=6种方法.所以区域1与3涂同色时,共有4×6=24种方法.②区域1与3不同色:先涂区域1与3,有4×3=12种方法,第二步,涂区域2有2种涂色方法,第三步,涂区域4只有一种方法,第四步,涂区域5有3种方法.所以这时共有12×2×1×3=72种方法.故由分类加法计数原理,不同的涂色方法的种数为24+72=96.答案:966.[考点三]有A,B,C型高级电脑各一台,甲、乙、丙、丁4个操作人员的技术等级不同,甲、乙会操作三种型号的电脑,丙不会操作C型电脑,而丁只会操作A型电脑.从这4个操作人员中选3人分别去操作这三种型号的电脑,则不同的选派方法有________种(用数字作答).解析:由于丙、丁两位操作人员的技术问题,要完成“从4个操作人员中选3人去操作这三种型号的电脑”这件事,则甲、乙两人至少要选派一人,可分四类:第1类,选甲、乙、丙3人,由于丙不会操作C型电脑,分2步安排这3人操作的电脑的型号,有2×2=4种方法;第2类,选甲、乙、丁3人,由于丁只会操作A型电脑,这时安排3人分别去操作这三种型号的电脑,有2种方法;第3类,选甲、丙、丁3人,这时安排3人分别去操作这三种型号的电脑,只有1种方法;第4类,选乙、丙、丁3人,同样也只有1种方法.根据分类加法计数原理,共有4+2+1+1=8种选派方法.答案:8突破点(二)排列、组合问题1.排列与排列数(1)排列:从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素,按照一定的顺序排成一列,叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列.(2)排列数:从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数,记作A m n.2.组合与组合数(1)组合: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,记作C m n.3.排列数、组合数的公式及性质4.排列与组合的比较解决排列问题的主要方法(1)解决“在”与“不在”的有限制条件的排列问题,既可以从元素入手,也可以从位置入手,原则是谁“特殊”谁优先.不管是从元素考虑还是从位置考虑,都要贯彻到底,不能既考虑元素又考虑位置.(2)解决相邻问题的方法是“捆绑法”,即把相邻元素看做一个整体和其他元素一起排列,同时要注意捆绑元素的内部排列.(3)解决不相邻问题的方法是“插空法”,即先考虑不受限制的元素的排列,再将不相邻的元素插在前面元素排列的空当中.(4)对于定序问题,可先不考虑顺序限制,排列后,再除以定序元素的全排列.(5)若某些问题从正面考虑比较复杂,可从其反面入手,即采用“间接法”.[例1](1)用0到9这10个数字,可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为() A.324 B.648 C.328 D.360(2)市内某公共汽车站有6个候车位(成一排),现有3名乘客随便坐在某个座位上候车,则恰好有2个连续空座位的候车方式的种数为()A.48 B.54 C.72 D.84(3)用1,2,3,4这四个数字组成无重复数字的四位数,其中恰有一个偶数夹在两个奇数之间的四位数的个数为________.[解析](1)首先应考虑是否含“0”.当含有0,且0排在个位时,有A29=9×8=72个三位偶数,当0排在十位时,有A14A18=4×8=32个三位偶数.当不含0时,有A14·A28=4×8×7=224个三位偶数.由分类加法计数原理,得符合题意的偶数共有72+32+224=328(个).(2)先把3名乘客进行全排列,有A33=6种排法,排好后,有4个空,再将1个空位和余下的2个连续的空位插入4个空中,有A24=12种排法,则共有6×12=72种候车方式.(3)首先排两个奇数1,3,有A22种排法,再在2,4中取一个数放在1,3排列之间,有C12种排法,然后把这3个数作为一个整体与剩下的另一个偶数全排列,有A22种排法,即满足条件的四位数的个数为A22C12A22=8.[答案](1)C(2)C(3)8组合问题的常见题型及解题思路(1)常见题型:一般有选派问题、抽样问题、图形问题、集合问题、分组问题等.(2)解题思路:①分清问题是否为组合问题;②对较复杂的组合问题,要搞清是“分类”还是“分步”,一般是先整体分类,然后局部分步,将复杂问题通过两个计数原理化归为简单问题.[例2](1)某学校为了迎接市春季运动会,从5名男生和4名女生组成的田径运动队中选出4人参加比赛,要求男、女生都有,则男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为()A.85 B.86 C.91 D.90(2)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,则不同的取法的种数是()A.60 B.63 C.65 D.66(3)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](1)法一(直接法):由题意,可分三类考虑:第1类,男生甲入选,女生乙不入选的方法种数为:C13C24+C23C14+C33=31;第2类,男生甲不入选,女生乙入选的方法种数为:C14C23+C24C13+C34=34;第3类,男生甲入选,女生乙入选的方法种数为:C23+C14C13+C24=21.所以男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为31+34+21=86.法二(间接法):从5名男生和4名女生中任意选出4人,男、女生都有的选法有C49-C45-C44=120种;男、女生都有,且男生甲与女生乙都没有入选的方法有C47-C44=34种.所以男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为120-34=86.(2)因为1,2,3,…,9中共有4个不同的偶数和5个不同的奇数,要使取出的4个不同的数的和为偶数,则4个数全为奇数,或全为偶数,或2个奇数和2个偶数,故有C45+C44+C25C24=66种不同的取法.(3)第一类,含有1张红色卡片,不同的取法有C14C212=264(种).第二类,不含有红色卡片,不同的取法有C312-3C34=220-12=208(种).由分类加法计数原理知,不同的取法共有264+208=472(种).[答案(1)B(2)D(3)472[方法技巧]有限制条件的组合问题的解法组合问题的限制条件主要体现在取出元素中“含”或“不含”某些元素,或者“至少”或“最多”含有几个元素:(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型.“含”,则先将这些元素取出,再由另外元素补足;“不含”,则先将这些元素剔除,再从剩下的元素中去选取.(2)“至少”或“最多”含有几个元素的题型.考虑逆向思维,用间接法处理.分组分配问题是排列、组合问题的综合运用,解决这类问题的一个基本指导思想就是先分组后分配.关于分组问题,有整体均分、部分均分和不等分三种,无论分成几组,都应注意只要有一些组中元素的个数相等,就存在均分现象.[例3] (1)教育部为了发展贫困地区教育,在全国重点师范大学免费培养教育专业师范生,毕业后要分到相应的地区任教.现有6个免费培养的教育专业师范毕业生要平均分到3所学校去任教,有________种不同的分派方法.(2)某科室派出4名调研员到3个学校,调研该校高三复习备考近况,要求每个学校至少一名,则不同的分配方案种数为________.(3)若将6名教师分到3所中学任教,一所1名,一所2名,一所3名,则有________种不同的分法.[解析] (1)先把6个毕业生平均分成3组,有C 26C 24C 22A 33种方法,再将3组毕业生分到3所学校,有A 33=6种方法,故将6个毕业生平均分到3所学校,共有C 26C 24C 22A 33·A 33=90种不同的分派方法.(2)分两步完成:第一步,将4名调研员按2,1,1分成三组,其分法有C 24C 12C 11A 22种;第二步,将分好的三组分配到3个学校,其分法有A 33种,所以满足条件的分配方案有C 24C 12C 11A 22·A 33=36种.(3)将6名教师分组,分三步完成: 第1步,在6名教师中任取1名作为一组,有C 16种分法;第2步,在余下的5名教师中任取2名作为一组,有C 25种分法;第3步,余下的3名教师作为一组,有C 33种分法.根据分步乘法计数原理,共有C 16C 25C 33=60种分法.再将这3组教师分配到3所中学,有A 33=6种分法,故共有60×6=360种不同的分法.[答案 (1)90 (2)36 (3)360[方法技巧] 分组分配问题的三种类型及求解策略能力练通抓应用体验的“得”与“失”1.[考点一]A,B,C,D,E,F六人围坐在一张圆桌周围开会,A是会议的中心发言人,必须坐在最北面的椅子上,B,C二人必须坐相邻的两把椅子,其余三人坐剩余的三把椅子,则不同的座次有()A.60种B.48种C.30种D.24种解析:选B由题知,可先将B,C二人看作一个整体,再与剩余人进行排列,则不同的座次有A22A44=48种.2.[考点一]有5列火车分别准备停在某车站并行的5条轨道上,若快车A不能停在第3道上,货车B不能停在第1道上,则5列火车不同的停靠方法数为() A.56 B.63C.72 D.78解析:选D若没有限制,5列火车可以随便停,则有A55种不同的停靠方法;快车A 停在第3道上,则5列火车不同的停靠方法为A44种;货车B停在第1道上,则5列火车不同的停靠方法为A44种;快车A停在第3道上,且货车B停在第1道上,则5列火车不同的停靠方法为A33种.故符合要求的5列火车不同的停靠方法数为A55-2A44+A33=120-48+6=78.3.[考点三]某局安排3名副局长带5名职工去3地调研,每地至少去1名副局长和1名职工,则不同的安排方法总数为()A.1 800 B.900C.300 D.1 440解析:选B 分三步:第一步,将5名职工分成3组,每组至少1人,则有⎝⎛⎭⎫C 35C 12C 11A 22+C 15C 24C 22A 22种不同的分组方法;第二步,将这3组职工分到3地有A 33种不同的方法;第三步,将3名副局长分到3地有A 33种不同的方法.根据分步乘法计数原理,不同的安排方案共有⎝⎛⎭⎫C 35C 12C 11A 22+C 15C 24C 22A 22·A 33A 33=900(种),故选B. 4.[考点二]如图所示,要使电路接通,则5个开关不同的开闭方式有________种.解析:当第一组开关有一个接通时,电路接通有C 12·(C 13+C 23+C 33)=14种方式;当第一组两个都接通时,电路接通有C 22(C 13+C 23+C 33)=7种方式,所以共有14+7=21种方式.答案:215.[考点二]有9名学生,其中2名会下象棋但不会下围棋,3名会下围棋但不会下象棋,4名既会下围棋又会下象棋;现在要从这9名学生中选出2名学生,一名参加象棋比赛,另一名参加围棋比赛,共有________种不同的选派方法.解析:设2名会下象棋但不会下围棋的同学组成集合A,3名会下围棋但不会下象棋的同学组成集合B,4名既会下围棋又会下象棋的同学组成集合C ,则选派2名参赛同学的方法可以分为以下4类:第一类:A 中选1人参加象棋比赛,B 中选1人参加围棋比赛,选派方法为C 12·C 13=6种;第二类:C 中选1人参加象棋比赛,B 中选1人参加围棋比赛,选派方法为C 14·C 13=12种;第三类:C 中选1人参加围棋比赛,A 中选1人参加象棋比赛,选派方法为C 14·C 12=8种;第四类:C 中选2人分别参加两项比赛,选派方法为A 24=12种; 由分类加法计数原理,不同的选派方法共有6+12+8+12=38(种). 答案:38[全国卷5年真题集中演练——明规律]1.(2016·全国甲卷)如图,小明从街道的E处出发,先到F处与小红会合,再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动,则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为()A.24 B.18 C.12 D.9解析:选B分两步:第一步,从E→F,有6条可以选择的最短路径;第二步,从F→G,有3条可以选择的最短路径.由分步乘法计数原理可知有6×3=18条可以选择的最短路径.故选B.2.(2016·全国丙卷)定义“规范01数列”{a n}如下:{a n}共有2m项,其中m项为0,m 项为1,且对任意k≤2m,a1,a2,…a k中0的个数不少于1的个数,若m=4,则不同的“规范01数列”共有()A.18个B.16个C.14个D.12个解析:选C当m=4时,数列{a n}共有8项,其中4项为0,4项为1,要满足对任意k≤8,a1,a2,…a k中0的个数不少于1的个数,则必有a1=0,a8=1,a2可为0,也可为1.(1)当a2=0时,分以下3种情况:①若a3=0,则a4,a5,a6,a7中任意一个为0均可,则有C14=4种情况;②若a3=1,a4=0,则a5,a6,a7中任意一个为0均可,有C13=3种情况;③若a3=1,a4=1,则a5必为0,a6,a7中任意一个为0均可,有C12=2种情况;(2)当a2=1时,必有a3=0,分以下2种情况:①若a4=0,则a5,a6,a7中任一个为0均可,有C13=3种情况;②若a4=1,则a5必为0,a6,a7中任一个为0均可,有C12=2种情况.综上所述,不同的“规范01数列”共有4+3+2+3+2=14个,故选C.3.(2012·新课标全国卷)将2名教师,4名学生分成2个小组,分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动,每个小组由1名教师和2名学生组成,不同的安排方案共有() A.12种B.10种C.9种D.8种解析:选A2名教师各在1个小组,给其中1名教师选2名学生,有C24种选法,另2名学生分配给另1名教师,然后将2个小组安排到甲、乙两地,有A22种方案,故不同的安排方案共有C24A22=12种,选A.[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基,二练题点过高考[练基础小题——强化运算能力]1.(2016·四川高考)用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中奇数的个数为()A.24 B.48C.60 D.72解析:选D奇数的个数为C13A44=72.2.世界华商大会的某分会场有A,B,C三个展台,将甲、乙、丙、丁共4名“双语”志愿者分配到这三个展台,每个展台至少1人,其中甲、乙两人被分配到同一展台的不同分法的种数有()A.12种B.10种C.8种D.6种解析:选D因为甲、乙两人被分配到同一展台,所以可以把甲与乙捆在一起,看成一个人,然后将3个人分到3个展台上进行全排列,即有A33种分配方法,所以甲、乙两人被分配到同一展台的不同分法的种数有A33=6种.3.在1,2,3,4,5这五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共有()A.36个B.24个C.18个D.6个解析:选B各位数字之和是奇数,则这三个数字中三个都是奇数或两个偶数一个奇数,所以符合条作的三位数有A33+C13A33=6+18=24(个).4.如图所示的几何体由一个正三棱锥P-ABC与正三棱柱ABC-A1B1C1组合而成,现用3种不同颜色对这个几何体的表面染色(底面A1B1C1不涂色),要求相邻的面均不同色,则不同的染色方案共有________种.解析:先涂三棱锥P-ABC的三个侧面,然后涂三棱柱ABC-A1B1C1的三个侧面,共有3×2×1×2=12种不同的涂色方案.答案:12[练常考题点——检验高考能力]一、选择题1.从2,3,4,5,6,7,8,9这8个数中任取2个不同的数分别作为一个对数的底数和真数,则可以组成不同对数值的个数为()A.56 B.54C.53 D.52解析:选D在8个数中任取2个不同的数可以组成A28=56个对数值;但在这56个对数值中,log24=log39,log42=log93,log23=log49,log32=log94,即满足条件的对数值共有56-4=52(个).2.如图所示,在A、B间有四个焊接点1,2,3,4,若焊接点脱落导致断路,则电路不通.今发现A,B之间电路不通,则焊接点脱落的不同情况有()A.9种B.11种C.13种D.15种解析:选C按照焊接点脱落的个数进行分类.若脱落1个,则有(1),(4),共2种情况;若脱落2个,有(1,4),(2,3),(1,2),(1,3),(4,2),(4,3),共6种情况;若脱落3个,有(1,2,3),(1,2,4),(2,3,4),(1,3,4),共4种情况;若脱落4个,有(1,2,3,4),共1种情况.综上共有2+6+4+1=13种焊接点脱落的情况.3.现有2门不同的考试要安排在5天之内进行,每天最多进行一门考试,且不能连续两天有考试,那么不同的考试安排方案种数是()A.12 B.6C.8 D.16解析:选A若第一门安排在开头或结尾,则第二门有3种安排方法,这时共有C12×3=6种安排方案;若第一门安排在中间的3天中,则第二门有2种安排方法,这时共有C13×2=6种安排方案.综上可得,不同的考试安排方案共有6+6=12(种).4.有5本不同的教科书,其中语文书2本,数学书2本,物理书1本.若将其并排摆放在书架的同一层上,则同一科目书都不相邻的放法种数是()A.24 B.48C.72 D.96解析:选B据题意可先摆放2本语文书,当1本物理书在2本语文书之间时,只需将2本数学书插在前3本书形成的4个空中即可,此时共有A 22A 24种摆放方法;当1本物理书放在2本语文书一侧时,共有A 22A 12C 12C 13种不同的摆放方法,由分类加法计数原理可得共有A 22A 24+A 22A 12C 12C 13=48种摆放方法.5.“住房”“医疗”“教育”“养老”“就业”成为现今社会关注的五个焦点.小赵想利用国庆节假期调查一下社会对这些热点的关注度.若小赵准备按照顺序分别调查其中的4个热点,则“住房”作为其中的一个调查热点,但不作为第一个调查热点的种数为( )A .13B .24C .18D .72解析:选D 可分三步:第一步,先从“医疗”“教育”“养老”“就业”这4个热点中选出3个,有C 34种不同的选法;第二步, 在调查时,“住房”安排的顺序有A 13种可能情况;第三步,其余3个热点调查的顺序有A 33种排法.根据分步乘法计数原理可得,不同调查顺序的种数为C 34A 13A 33=72.6.将A ,B ,C ,D ,E 排成一列,要求A ,B ,C 在排列中顺序为“A ,B ,C ”或“C ,B ,A ”(可以不相邻),这样的排列数有( )A .12种B .20种C .40种D .60种解析:选C 五个元素没有限制全排列数为A 55,由于要求A ,B ,C 的次序一定(按A ,B ,C 或C ,B ,A ),故除以这三个元素的全排列A 33,可得这样的排列数有A 55A 33×2=40种.二、填空题7.某班组织文艺晚会,准备从A ,B 等 8 个节目中选出 4 个节目演出,要求A ,B 两个节目至少有一个选中,且A ,B 同时选中时,它们的演出顺序不能相邻,那么不同演出顺序的种数为________.解析:当A ,B 节目中只选其中一个时,共有C 12C 36A 44=960 种演出顺序;当A ,B 节目都被选中时,由插空法得共有C 26A 22A 23=180 种演出顺序,所以一共有1 140种演出顺序.答案:1 1408.4位同学参加某种形式的竞赛,竞赛规则规定:选甲题答对得100分,答错得-100分,选乙题答对得90分,答错得-90分,若4位同学的总分为0分,则这4位同学不同得分情况的种数是________.解析:由于4位同学的总分为0分,故4位同学选甲、乙题的人数有且只有三种情况:。

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第二章 容斥原理与鸽巢原理1、1到10000之间(不含两端)不能被4,5和7整除的整数有多少个? 解 令A={1,2,3,…,10000},则 |A|=10000.记A 1、A 2、A 3分别为在1与1000之间能被4,5和7整除的整数集合,则有:|A 1| = L 10000/4」=2500,|A 2| = L 10000/5」=2000,|A 3| = L 10000/7」=1428,于是A 1∩A 2 表示A 中能被4和5整除的数,即能被20 整除的数,其个数为| A 1∩A 2|=L 10000/20」=500;同理, | A 1∩A 3|=L 10000/28」=357,| A 2∩A 3|=L 10000/35」=285,A 1 ∩A 2 ∩ A 3 表示A 中能同时被4,5,7整除的数,即A 中能被4,5,7的最小公倍数lcm(4,5,6)=140整除的数,其个数为| A 1∩A 2∩A 3|=L 10000/140」= 71.由容斥原理知,A 中不能被4,5,7整除的整数个数为||321A A A ⋂⋂= |A| - (|A 1| + |A 2| +|A 3|) + (|A 1∩A 2| + |A 1∩A 3| +|A 3∩A 2|) - |A 1∩A 2∩A 3|= 51432、1到10000之间(不含两端)不能被4或5或7整除的整数有多少个? 解 令A={1,2,3,…,10000},记A 1、A 2、A 3分别为在1与1000之间能被4,5和7整除的整数集合,A 中不能被4,5,7整除的整数个数为||321A A A ⋃⋃ = |A| - ||321A A A ⋂⋂ - 2 = 10000 - L 10000/140」- 2 = 99273、1到10000之间(不含两端)能被4和5整除,但不能被7整除的整数有多少个?解 令A 1表示在1与10000之间能被4和5整除的整数集,A 2表示4和5整除,也能被7整除的整数集。

人教B版高中数学选择性必修第二册课后习题 第三章 排列、组合与二项式定理 基本计数原理

人教B版高中数学选择性必修第二册课后习题 第三章 排列、组合与二项式定理 基本计数原理

第三章排列、组合与二项式定理3.1 排列与组合3.1.1 基本计数原理必备知识基础练1.某校教学大楼共有五层,每层均有两个楼梯,一学生由一层到五层的走法有( )A.10种B.25种C.52种D.24种2.中国有十二生肖,又叫十二属相,每一个人的出生年份对应了十二种动物(鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪)中的一种.现有十二生肖的吉祥物各一个,三位同学依次选一个作为礼物,甲同学喜欢牛和马,乙同学喜欢牛、狗和羊,丙同学哪个吉祥物都喜欢,如果让三位同学选取礼物都满意,则选法有( )A.30种B.50种C.60种D.90种3.如果x,y∈N+,且1≤x≤3,x+y<7,则满足条件的有序数对(x,y)的个数是( )A.15B.12C.5D.44.如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1<a2,且a3<a2,则称这样的三位数为凸数(如120,343,275等),那么所有凸数的个数为( )A.240B.204C.729D.9205.已知A={-3,-2,-1,0,1,2,3},a,b ∈A,则|a|<|b|的情况有 种.6.有10本不同的数学书,9本不同的语文书,8本不同的英语书,从中任取两本不同类的书,共有 种不同的取法.7.椭圆x 2m +y 2n =1的焦点在y 轴上,且m ∈{1,2,3,4,5},n ∈{1,2,3,4,5,6,7},则这样的椭圆的个数为 .8.将4种蔬菜种植在如图所示的5块试验田里,每块试验田种植一种蔬菜,相邻试验田不能种植同一种蔬菜,不同的种法有 种.(种植品种可以不全)关键能力提升练9.某校高一年级共16个班,高二年级共15个班,从中选出一个班级担任学校星期一早晨升旗任务,共有的安排方法种数是( )A.16B.15C.31D.24010.用0,1,…,9十个数字,可以组成有重复数字的三位数的个数为( )A.243B.252C.261D.27911.高二年级的三个班去甲、乙、丙、丁四个工厂参观学习,去哪个工厂可以自由选择,但甲工厂必须有班级要去,则不同的参观方案的种数为( )A.16B.18C.37D.4812.5名同学在“五一”的4天假期中,随便选择一天参加社会实践,不同的选法种数是( )A.10B.60C.54D.4513.某县总工会利用业余时间开设太极、书法、绘画三个培训班,甲、乙、丙、丁四人报名参加,每人只报名参加一项,且甲乙不参加同一项,则不同的报名方法种数为.14.在某运动会的百米决赛上,8名男运动员参加100米决赛,每人一条跑道,其中甲、乙、丙3人必须在1,2,3,4,5,6,7,8八条跑道的奇数号跑道上,求安排这8名运动员比赛的方式的种数.学科素养创新练15.用红、黄、蓝三种颜色涂四边形ABCD的四个顶点,要求相邻顶点的颜色不同,求不同的涂色方法的种数.16.某学校高二年级有12名语文教师、13名数学教师、15名英语教师,市教育局拟召开一个新课程研讨会.(1)若选派1名教师参会,有多少种派法?(2)若三个学科各派1名教师参会,有多少种派法?(3)若选派2名不同学科的教师参会,有多少种派法?参考答案第三章排列、组合与二项式定理3.1 排列与组合3.1.1 基本计数原理1.D 共分4步:一层到二层2种走法,二层到三层2种走法,三层到四层2种走法,四层到五层2种走法,根据分步乘法计数原理,一共有24种.选故D.2.B ①若甲同学选择牛,则乙同学有2种选法,丙同学有10种选法,共有1×2×10=20(种)满意的选法,②若甲同学选择马,则乙同学有3种选法,丙同学有10种选法,共有1×3×10=30种满意的选法,所以总共有20+30=50(种)令三位同学满意的选法.故选B.3.B 当x=1时,y=1,2,3,4,5;当x=2时,y=1,2,3,4;当x=3时,y=1,2,3.由分类加法计数原理得,有序数对有5+4+3=12(个).4.A 分8类.当中间数为2时,有1×2=2(个);当中间数为3时,有2×3=6(个);当中间数为4时,有3×4=12(个);当中间数为5时,有4×5=20(个);当中间数为6时,有5×6=30(个);当中间数为7时,有6×7=42(个);当中间数为8时,有7×8=56(个);当中间数为9时,有8×9=72(个).故共有2+6+12+20+30+42+56+72=240(个).5.18 当a=-3时,符合条件的情况有0种;当a=-2时,符合条件的情况有2种;当a=-1时,符合条件的情况有4种;当a=0时,符合条件的情况有6种;当a=1时,符合条件的情况有4种;当a=2时,符合条件的情况有2种;当a=3时,符合条件的情况有0种.依据分类加法计数原理,共有2+4+6+4+2=18(种).6.242 任取两本不同类的书分为三类:①取数学、语文各一本;②取语文、英语各一本;③取数学、英语各一本.在每一类中利用分步乘法计数原理,再利用分类加法计数原理即可.共有10×9+9×8+10×8=242种不同取法.7.20 当m=1时,n=2,3,4,5,6,7,有6种取法;当m=2时,n=3,4,5,6,7,有5种不同取法;当m=3时,n=4,5,6,7,有4种不同取法;当m=4时,n=5,6,7,有3种不同取法;当m=5时,n=6,7,有2种不同取法,故这样的椭圆共有6+5+4+3+2=20(个).8.324 分五步,由左到右依次种植,种法分别有4,3,3,3,3种.由分步乘法计数原理,不同的种法有4×3×3×3×3=324(种).9.C 根据分类加法计数原理计算,N=16+15=31.故选C.10.B 由分步乘法计数原理知:用0,1,…,9十个数字组成的三位数(含有重复数字的)共有9×10×10=900(个),组成无重复数字的三位数共有9×9×8=648(个),因此组成有重复数字的三位数共有900-648=252(个).11.C 根据题意,若不考虑限制条件,每个班级都有4种选择,共有4×4×4=64(种)情况.其中工厂甲没有班级去,即每个班都选择了其他三个工厂,此时每个班级都有3种选择,共有3×3×3=27(种)方案.则符合条件的参观方案有64-27=37(种).故选C.12.D 5名同学在“五一”的4天假期中,随便选择一天参加社会实践,不同的选法种数是4×4×4×4×4=45,故选D.13.54 甲有三个培训可选,甲乙不参加同一项,所以乙有两个培训可选,丙、丁各有三个培训可选,根据分步乘法计数原理,不同的报名方法种数为3×2×3×3=54.14.解分两步安排这8名运动员.第1步:安排甲、乙、丙3人,共有1,3,5,7四条跑道可安排,安排方式有4×3×2=24(种);第2步:安排另外5人,可在2,4,6,8及余下的一条奇数号跑道上安排,安排方式有5×4×3×2×1=120(种).所以安排这8人的方式有24×120=2880(种).即安排8人的方式种数为2880.15.解如果A,C同色,涂色方法有3×2×1×2=12(种),如果A,C不同色,涂色方法有3×2×1×1=6(种),所以不同的涂色方法有12+6=18(种).即不同方法的种数为18.16.解(1)分三类:第一类选语文老师,有12种不同选法;第二类选数学老师,有13种不同选法;第三类选英语老师,有15种不同选法,共有12+13+15=40(种)不同的选法.(2)分三步:第一步选语文老师,有12种不同选法;第二步选数学老师,有13种不同选法;第三步选英语老师,有15种不同选法,共有12×13×15=2340(种)不同的选法.(3)分三类:第一类选一位语文老师和一位数学老师共有12×13种不同的选法;第二类选一位语文老师和一位英语老师共有12×15种不同的选法;第三类选一位英语老师和一位数学老师共有15×13种不同的选法,共有12×13+12×15+13×15=531(种)不同的选法.。

最新教材高中数学课后习题答案大全2019人A版

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2,3,4,5,∴ 集合为{2,3,4,5} .
(2) ( x-1) ( x+2) = 0 的解为 x = 1 或 x = - 2,
∴ 集合 A = {1,-2} .
(3) 由-3<2x-1<3,得-1<x<2.∵ x∈Z,∴ x =
0 或 x = 1.
∴ 集合 B = {0,1} .
综合运用
3.解析 (1) { x | x = 2n,n∈Z 且 1≤n≤5} .
2.解析 (1) p 是 q 的必要不充分条件. ( 2) p
是 q 的充要条件.(3) p 是 q 的充分不必要条
件.(4) p 是 q 的必要不充分条件. ( 5) p 是 q
的既不充分又不必要条件.
3.解析 (1) 真.(2) 假.(3) 假.(4) 假.
综合运用
4.解析 (1) 充分条件.(2) 必要条件.( 3) 充要
3.解析 充 分 条 件: ( 1) ∠1 = ∠4, ( 2) ∠1 =
∠2,(3) ∠1+∠3 = 180°.
必要条件:( 1) ∠1 = ∠4,( 2) ∠1 = ∠2,( 3)
∠1+∠3 = 180°.
1.4.2 充要条件
练习
1.解析 ( 1) p 是 q 的充要条件. ( 2) p 是 q 的
A∪( B∩C) = {1,2,3,4,5,6,7,8} .
3.解析 “ 每位同学最多只能参加两项比赛”
表示为 A∩B∩C = ⌀.
(1) A∪B 表示参加 100 m 或参加 200 m 跑
的同学.
(2) A∩C 表示既参加 100 m 又参加 400 m
跑的同学.
综合运用
4. 解 析 因 为 A = { x | 3 ≤ x < 7 }, B =

李凡长版 组合数学课后习题答案 习题5

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第五章 P ólya 计数理论1. 计算(123)(234)(5)(14)(23),并指出它的共轭类.解:题中出现了5个不同的元素:分别是:1,2,3,4,5。

即|S n |=5。

⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=512345432152431543215413254321)23)(14)(5)(234)(123(⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=51234543215214354321 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=5341254321 )5)(34)(12(=(5)(12)(34)的置换的型为1122而S n 中属于1122型的元素个数为1521!1!2!521=个其共轭类为(5)(14)(23),(5)(13)(24),(1)(23)(45),(1)(24)(35), (1)(25)(34),(2)(13)(45),(2)(14)(35),(2)(15)(34), (3)(12)(45),(3)(14)(25),(3)(15)(24),(4)(12)(35), (4)(13)(25),(4)(15)(24)2. 设D 是n 元集合,G 是D 上的置换群.对于D 的子集A 和B ,如果存在G ∈σ,使得}|)({A a a B ∈=σ,则称A 与B 是等价的.求G 的等价类的个数.解:根据Burnside 引理∑==ni i a c G l 11)(1,其中c 1(a i )表示在置换a i 作用下保持不变的元素个数,则有 c 1(σI )=n;设在σ的作用下,A 的元素在B 中的个数为i ,则c 2(σ)=n -2i ;若没有其他置换,则G 诱出来的等价类个数为l=i n i n n -=-+)]2([213. 由0,1,6,8,9组成的n 位数,如果把一个数调转过来读得到另一个数,则称这两个数是相等的.例如,0168和8910,0890与0680是相等的.问不相等的n 位数有多少个?解:该题可理解为相当于n 位数,0,1,6,8,9这5个数存在一定的置换关系对于置换群G={g 1,g 2}g 1为不动点置换,型为1n ;为5n ;g 2置换:(1n )(2(n-1))(3(n-2))…(⎥⎥⎤⎢⎢⎡⎥⎦⎥⎢⎣⎢22n n ) 分为2种情况:(1) n 为奇数时212n ,但是只有中间的数字是0,1,8的时候,才可能调转过来的时候是相同的,所以这里的剩下的中间数字只能是有3种。

组合数学第四版答案

组合数学第四版答案

组合数学第四版答案组合数学第四版答案【篇一:组合数学参考答案(卢开澄第四版)60页】>1.1 题从{1,2,……50}中找两个数{a,b},使其满足(1)|a- b|=5;(2)|a-b|?5;解:(1):由|a-b|=5?a-b=5或者a-b=-5,由列举法得出,当a-b=5时,两数的序列为(6,1)(7,2)……(50,45),共有45对。

当a-b=-5时,两数的序列为(1,6),(2,7)……(45,50)也有45对。

所以这样的序列有90对。

(2):由题意知,|a-b|?5?|a-b|=1或|a-b|=2或|a-b|=3或|a-b|=4 或|a-b|=5或|a-b|=0;由上题知当|a-b|=5时有90对序列。

当|a- b|=1时两数的序列有(1,2),(3,4),(2,1)(1,2)…(49,50),(50,49)这样的序列有49*2=98对。

当此类推当|a-b|=2,序列有48*2=96对,当|a-b|=3时,序列有47*2=94对,当|a-b|=4时,序列有46*2=92对,当|a-b|=0时有50对所以总的序列数=90+98+96+94+92+50=5201.2题5个女生,7个男生进行排列,(a) 若女生在一起有多少种不同的排列?(b) 女生两两不相邻有多少种不同的排列?(c) 两男生a 和b之间正好有3个女生的排列是多少?所以总的排列数为上述6种情况之和。

1.3题m个男生,n个女生,排成一行,其中m,n都是正整数,若(a)男生不相邻(m?n?1); (b)n个女生形成一个整体;(c)男生a和女生b排在一起;分别讨论有多少种方案。

解:(a) 可以考虑插空的方法。

n个女生先排成一排,形成n+1个空。

因为m?n?1正好m个男生可以插在n+1个空中,形成不相邻的关系。

则男生不相邻的排列个数为ppnnn?1m(b) n个女生形成一个整体有n!种可能,把它看作一个整体和m个男生排在一起,则排列数有(m+1)!种可能。

2024年新高一数学初升高衔接《全称量词与存在量词》含答案解析

2024年新高一数学初升高衔接《全称量词与存在量词》含答案解析

第05讲 全称量词与存在量词模块一 思维导图串知识模块二 基础知识全梳理(吃透教材)模块三 核心考点举一反三模块四 小试牛刀过关测1.理解全称量词与存在量词的含义,并能掌握全称量词命题与存在量词命题的概念;2.能用数学符号表示两种命题,能准确判断两类命题的真假,及判定方法;3.理解含有一个量词的命题的否定的意义,能准确表达含有一个量词的命题否定.知识点 1 全称量词与全称量词命题1、全称量词:短语“所有的”“任意一个”在逻辑中通常叫作全称量词,并用符号“∀”表示.【注意】(1)全称量词的数量可能是有限的,也可能是无限的,由有题目而定;(2)常见的全称量词还有“一切”、“任给”等,相应的词语是“都”.2、全称量词命题(1)定义:含有全称量词的命题,称为全称量词命题.(2)符号表示:通常,将含有变量x 的语句用()p x ,()q x ,()r x ,…表示,变量x 的取值范围用M 表示,那么,全称量词命题“对M 中任意一个x ,()p x 成立”可用符号简记为(),x M p x ∀∈.【注意】(1)从集合的观点看,全称量词命题是陈述某集合中所有元素都具有某种性质的命题;(2)一个全称量词命题可以包含多个变量;(3)有些全称量词命题中的全称量词是省略的,理解时需要把它补出来.如:命题“平行四边形对角线互相平行”理解为“所有平行四边形对角线都互相平行” .3、判断全称量词命题真假若为真命题,必须对限定的集合M 中的每一个元素x ,验证()p x 成立;若为假命题,只要能举出集合M 中的一个0x x =,使0()p x 不成立即可.知识点 2 存在量词与存在量词命题1、存在量词:短语“存在一个”“至少有一个”在逻辑中通常叫作存在量词,并用符号“∃”表示.【注意】常见的存在量词还有“有些”、“有一个”、“对某些”、“有的”等.2、存在量词命题(1)定义:含有存在量词的命题,叫作存在量词命题.(2)符号表示:存在量词命题“存在M 中的元素x ,使()p x 成立”可用符号简记为(),x M p x ∃∈【注意】(1)从集合的观点看,存在量词命题是陈述某集合中有一些元素具有某种性质的命题;(2)一个存在量词命题可以包含多个变量;(3)有些命题虽然没有写出存在量词,但其意义具备“存在”、“有一个”等特征都是存在量词命题.3、判断存在量词命题真假只要在限定集合M 中,至少能找到一个0x x =,使0()p x 成立,则这个命题为真,否则为假.知识点 3 全称量词命题与存在量词命题的否定1、命题的否定:(1)定义:一般的,对一个命题进行否定,就可以的到一个新的命题,这一新命题就成为原命题的否定.命题p 的否定可用“p ⌝”来表示,读作“非p ”或p 的否定.(2)命题的否定与原命题的真假关系:p 的否定与p “一真一假”命题p p⌝真假假真(3)常见正面词语的否定:正面词语等于(=)大于(>)小于(<)是都是否定不等式(≠)不大于(≤)不小于(≥)不是不都是正面词语至多有一个至少有一个任意所有至多有n 个否定至少有两个一个都没有某个某些至少有n+1个2、全称量词命题与存在量词命题的否定命题类型全称量词命题存在量词命题形式(),x M p x ∀∈(),x M p x ∃∈否定形式(),x M p x ∃∈⌝(),x M p x ∀∈⌝结论全称量词命题的否定是存在量词命题,存在量词命题的否定是全称量词命题考点一:全称量词命题、存在量词命题的辨析例1.(23-24高一下·内蒙古鄂尔多斯·开学考试)命题“0x ∃>,230x -<”的否定是( )A .0x ∃≤,230x -<B .0x ∃>,230x -≥C .0x ∀≤,230x -<D .0x ∀>,230x -≥【变式1-1】(23-24高一上·陕西·月考)(多选)下列命题是全称量词命题的是( )A .Q x ∀∈,31Q x -∈B .存在一个菱形是正方形C .每个命题都可以判断真假D .所有等边三角形的三条高都相等【变式1-2】(23-24高一上·陕西西安·月考)(多选)下列命题是存在量词命题的是( )A .能被5整除的整数都是偶数B .有的偶数是质数C .梯形的对角线相等D .某些平行四边形不是菱形【变式1-3】(23-24高一上·湖南长沙·月考)(多选)下列命题中是存在量词命题的是( )A .有些自然数是13的约数B .正方形是菱形C .能被6整除的数也能被3整除D .存在x ∈R ,使得0x ≤考点二:全称量词命题、存在量词命题的真假例2. (23-24高一上·北京·期中)下列命题是假命题是( )A .x ∃∈R ,21x =B .x ∃∈R ,使得210x +≠成立C .x ∀∈R ,2210x x -+>D .所有的菱形都是平行四边形【变式2-1】(22-23高一上·江苏宿迁·月考)(多选)下列命题中真命题的是( )A .R,||11x x ∀∈+>B .1R,12||x x ∃∈+=C .R,||1x x ∃∈<D .2N ,(10x x *∀∈->)【变式2-2】(23-24高一上·陕西宝鸡·期末)(多选)下列命题中正确的是( )A .x ∃∈R ,0x ≤B .至少有一个整数,它既不是合数也不是质数C .{|x x x ∃∈是无理数},5x +是无理数D .存在x ∈R ,使得212x x+<【变式2-3】(23-24高一上·安徽马鞍山·期中)(多选)下列命题中,真命题的是( )A .2R,10x x x ∃∈+-=B .平行四边形的对角线互相平分C .对任意的R a ∈,都有2210a a -+>D .菱形的两条对角线相等考点三:全称量词命题的否定例3. (22-23高一下·新疆乌鲁木齐·月考)命题2:,p x x ∀∈∈R Q 的否定为( )A .2,x x ∃∈∉R Q B .2,x x ∃∉∈R Q C .2,x x ∀∈∉R QD .2,x x ∀∈∈Q R【变式3-1】(23-24高一下·河南·开学考试)“x Q Q ∀∈∈”的否定是( )A .x Q Q ∀∉∈B .x Q Q ∃∈∉C .x Q Q∀∈∉D .x Q Q∃∈∈【变式3-2】(23-24高一下·重庆沙坪坝·月考)命题“*N x ∀∈,220x x -≤”的否定是( )A .*N x ∃∈,220x x -≥B .*N x ∀∈,220x x -≥C .*N x ∃∈,220x x ->D .*N x ∀∈,220x x ->【变式3-3】(23-24高一下·四川成都·开学考试)命题“1x ∀≤,2350x x -+>”的否定是( )A .1x ∃>,2350x x -+≤B .1x ∃≤,2350x x -+≤C .1x ∀>,2350x x -+≤D .1x ∀≤,2350x x -+≤考点四:存在量词命题的否定例4. (23-24高一下·广东江门·月考)命题“2000,320x x x ∃∈+-=R ”的否定为( )A .2,320x x x ∀∈+-=R B .2,320x x x ∀∈+-≠R C .211,320x x x ∃∉+-=R D .2111,320x x x ∃∈+-≠R 【变式4-1】(23-24高一上·全国·专题练习)命题“N n ∃∈,2n n >”的否定为( )A .N n ∀∈,2n n >B .N n ∃∈,2n n ≤C .N n ∀∈,2nn ≤D .N n ∃∈,2nn =【变式4-2】(23-24高一上·安徽马鞍山·月考)命题“20,251x x x ∃≤<-”的否定是( )A .20,251x x x ∀><-B .20,251x x x ∃>≥-C .20,251x x x ∀≤≥-D .20,251x x x ∃≤>-【变式4-3】(22-23高一下·江苏苏州·开学考试)命题“1x ∃≥,10x +≥”的否定是( )A .1x ∀≥,10x +<B .1x ∃≥,10x +<C .1x ∀≥,10x +≥D .1x ∃<,10x +<考点五:根据全称量词命题的真假求参数例5. (22-23高一下·湖南长沙·月考)若命题“2R,40x x x a ∀∈-+≠”为假命题,则实数a 的取值范围是( )A .4a ≤B .4a <C .4a <-D .4a ≥-【变式5-1】(23-24高一上·黑龙江佳木斯·期中)(多选)已知命题:R p x ∀∈,220x x a +->.若p 为假命题,则实数a 的值可以是( )A .2-B .1-C .0D .3-【变式5-2】(23-24高一上·云南昆明·期中)若命题“2R,2120x ax ax ∀∈-+>”是真命题,则a 的取值范围为( )A .()(),012,-∞+∞ B .(](),012,∞∞-+ C .()0,12D .[)0,12【变式5-3】(23-24高一上·江苏徐州·期中)命题:p “()2,3x ∀∈,230x a ->”,若命题p 是真命题,则a 的取值范围为( )A .27a >B .12a ≤C .12a <D .27a ≥考点六:根据存在量词命题的真假求参数例6. (23-24高一下·四川泸州·期中)命题“0x ∃∈R ,220x x a ++=”是真命题,则实数a 的取值范围是.【变式6-1】(23-24高一上·浙江杭州·期中)(多选)已知命题:p x ∃∈R ,210ax ax +-=为假命题,则a 可能的取值有( )A .2-B .1-C .0D .1【变式6-2】(23-24高一上·山东潍坊·月考)已知“x ∃∈R ,21a x >-”为真命题,则实数a 的取值范围为( )A .1a >-B .1a >C .1a <-D .1a <【变式6-3】(23-24高一上·陕西渭南·期末)已知命题p :“x ∃∈R ,230x ax -+<”为假命题,则实数a 的取值范围为( )A .(,-∞-B .(-C .((),-∞-⋃+∞D .⎡-⎣一、单选题1.(23-24高一上·全国·课后作业)下列命题中是存在量词命题的是( )A .平行四边形的对边相等B .同位角相等C .任何实数都存在相反数D .存在实数没有倒数2.(23-24高一上·陕西榆林·月考)下列命题是全称量词命题的是( )A .存在一个实数的平方是负数B .至少有一个整数x ,使得23x x +是质数C .每个四边形的内角和都是360°D .x ∃∈R ,2x x=3.(23-24高一上·山西大同·月考)命题“2Z,2x x ∃∈+为偶数”,下列说法正确的是( )A .该命题是假命题B .该命题是真命题C .该命题的否定为:2Z,2x x ∃∈+不是偶数D .该命题的否定为:2R,2x x ∃∈+不是偶数4.(23-24高一下·山西临汾·月考)命题“2R,10x x x ∀∈++>”的否定是( )A .不存在2R,10x x x ∈++>B .2R,10x x x ∃∈++≤C .2R,10x x x ∃∈++>D .2R,10x x x ∀∈++≤5.(23-24高一上·贵州毕节·期末)已知命题p :,22n n ∃∈-N 是素数,则p ⌝为( )A .,22n n ∀∉-N 不是素数B .,22n n ∃∈-N 不是素数C .,22n n ∃∉-N 不是素数D .,22n n ∀∈-N 不是素数6.(23-24高一上·青海海东·月考)若“,03x M x ∃∈<<”为真命题,“,2x M x ∀∈<”为假命题,则集合M 可以是( )A .{}0x x <B .{}01x x ≤≤C .{}13x x <<D .{}1x x ≤二、多选题7.(23-24高一上·浙江金华·月考)下列命题中,是全称量词命题的有( )A .至少有一个x ∈R ,使2210x x ++=成立B .对任意的x ∈R ,都有2210x x ++=成立C .对所有的x ∈R ,都有2210x x ++=不成立D .存在x ∈R ,使2210x x ++=成立8.(23-24高一上·广东韶关·月考)下列命题中错误的有( )A .存在整数,x y ,使得243x y +=B .R a ∃∈,一元二次方程210x ax +-=无实数根C .1x ∀∈≠D .*2N ,252n n n ∃∈++能被2整除三、填空题9.(23-24高一上·安徽蚌埠·期末)已知命题2:140p x x ∃>-<,,则p ⌝是.10.(23-24高一上·江苏苏州·月考)若命题“x ∀∈R ,使2250x x m +-≠”是假命题,则实数m 的一个可能取值为.11.(23-24高一上·江苏苏州·月考)若命题“x ∃∈R ,使得220x x m -+=”是真命题,则实数m 的取值范围为.四、解答题12.(23-24高一上·陕西延安·月考)写出下列命题的否定,并判断其真假:(1):R p x ∀∈,方程20x x m +-=必有实根;(2):q x R ∃∈,使得210x x ++≤.13.(22-23高一上·河南平顶山·月考)已知集合{}27A xx =≤≤∣,{}3421B x m x m =-+≤≤-∣,且B ≠∅.(1)若:,p x A x B ∀∈∈是真命题,求实数m 的取值范围;(2)若:,q x B x A ∃∈∈是真命题,求实数m 的取值范围.第05讲 全称量词与存在量词模块一 思维导图串知识模块二 基础知识全梳理(吃透教材)模块三 核心考点举一反三模块四 小试牛刀过关测1.理解全称量词与存在量词的含义,并能掌握全称量词命题与存在量词命题的概念;2.能用数学符号表示两种命题,能准确判断两类命题的真假,及判定方法;3.理解含有一个量词的命题的否定的意义,能准确表达含有一个量词的命题否定.知识点 1 全称量词与全称量词命题1、全称量词:短语“所有的”“任意一个”在逻辑中通常叫作全称量词,并用符号“∀”表示.【注意】(1)全称量词的数量可能是有限的,也可能是无限的,由有题目而定;(2)常见的全称量词还有“一切”、“任给”等,相应的词语是“都”.2、全称量词命题(1)定义:含有全称量词的命题,称为全称量词命题.(2)符号表示:通常,将含有变量x 的语句用()p x ,()q x ,()r x ,…表示,变量x 的取值范围用M 表示,那么,全称量词命题“对M 中任意一个x ,()p x 成立”可用符号简记为(),x M p x ∀∈.【注意】(1)从集合的观点看,全称量词命题是陈述某集合中所有元素都具有某种性质的命题;(2)一个全称量词命题可以包含多个变量;(3)有些全称量词命题中的全称量词是省略的,理解时需要把它补出来.如:命题“平行四边形对角线互相平行”理解为“所有平行四边形对角线都互相平行” .3、判断全称量词命题真假若为真命题,必须对限定的集合M 中的每一个元素x ,验证()p x 成立;若为假命题,只要能举出集合M 中的一个0x x =,使0()p x 不成立即可.知识点 2 存在量词与存在量词命题1、存在量词:短语“存在一个”“至少有一个”在逻辑中通常叫作存在量词,并用符号“∃”表示.【注意】常见的存在量词还有“有些”、“有一个”、“对某些”、“有的”等.2、存在量词命题(1)定义:含有存在量词的命题,叫作存在量词命题.(2)符号表示:存在量词命题“存在M 中的元素x ,使()p x 成立”可用符号简记为(),x M p x ∃∈【注意】(1)从集合的观点看,存在量词命题是陈述某集合中有一些元素具有某种性质的命题;(2)一个存在量词命题可以包含多个变量;(3)有些命题虽然没有写出存在量词,但其意义具备“存在”、“有一个”等特征都是存在量词命题.3、判断存在量词命题真假只要在限定集合M 中,至少能找到一个0x x =,使0()p x 成立,则这个命题为真,否则为假.知识点 3 全称量词命题与存在量词命题的否定1、命题的否定:(1)定义:一般的,对一个命题进行否定,就可以的到一个新的命题,这一新命题就成为原命题的否定.命题p 的否定可用“p ⌝”来表示,读作“非p ”或p 的否定.(2)命题的否定与原命题的真假关系:p 的否定与p “一真一假”命题p p⌝真假假真(3)常见正面词语的否定:正面词语等于(=)大于(>)小于(<)是都是否定不等式(≠)不大于(≤)不小于(≥)不是不都是正面词语至多有一个至少有一个任意所有至多有n 个否定至少有两个一个都没有某个某些至少有n+1个2、全称量词命题与存在量词命题的否定命题类型全称量词命题存在量词命题形式(),x M p x ∀∈(),x M p x ∃∈否定形式(),x M p x ∃∈⌝(),x M p x ∀∈⌝结论全称量词命题的否定是存在量词命题,存在量词命题的否定是全称量词命题考点一:全称量词命题、存在量词命题的辨析例1.(23-24高一下·内蒙古鄂尔多斯·开学考试)命题“0x ∃>,230x -<”的否定是( )A .0x ∃≤,230x -<B .0x ∃>,230x -≥C .0x ∀≤,230x -<D .0x ∀>,230x -≥【答案】D【解析】命题“0x ∃>,230x -<”为存在量词命题,其否定为:0x ∀>,230x -≥.故选:D【变式1-1】(23-24高一上·陕西·月考)(多选)下列命题是全称量词命题的是( )A .Q x ∀∈,31Q x -∈B .存在一个菱形是正方形C .每个命题都可以判断真假D .所有等边三角形的三条高都相等【答案】ACD【解析】根据全称量词命题的概念,选项ACD 都是全称量词命题,选项B 是存在量词命题.故选:ACD 【变式1-2】(23-24高一上·陕西西安·月考)(多选)下列命题是存在量词命题的是( )A .能被5整除的整数都是偶数B .有的偶数是质数C .梯形的对角线相等D .某些平行四边形不是菱形【答案】BD【解析】AC 是全称量词命题,BD 是存在量词命题.故选:BD.【变式1-3】(23-24高一上·湖南长沙·月考)(多选)下列命题中是存在量词命题的是( )A .有些自然数是13的约数B .正方形是菱形C .能被6整除的数也能被3整除D .存在x ∈R ,使得0x ≤【答案】AD【解析】对选项A ,有些自然数是13的约数,“有些”是存在量词,故A 正确.对选项B ,正方形是菱形表示:所有正方形是菱形,是全称命题,故B 错误.对选项C ,能被6整除的数也能被3整除表示:一切能被6整除的数也能被3整除,是全称命题,故C 错误.对选项D ,存在x ∈R ,使得0x ≤,“存在”是存在量词,故D 正确.故选:AD考点二:全称量词命题、存在量词命题的真假例2. (23-24高一上·北京·期中)下列命题是假命题是( )A .x ∃∈R ,21x =B .x ∃∈R ,使得210x +≠成立C .x ∀∈R ,2210x x -+>D .所有的菱形都是平行四边形【答案】C【解析】对于A ,显然1x ∃=,使21x =成立,故A 为真命题;对于B ,显然1x ∃=,使得210x +≠成立,故B 为真命题;对于C ,显然1x ∃=时,2210x x -+=,故C 为假命题;对于D ,显然所有菱形均是平行四边形,故D 为真命题.故选:C【变式2-1】(22-23高一上·江苏宿迁·月考)(多选)下列命题中真命题的是( )A .R,||11x x ∀∈+>B .1R,12||x x ∃∈+=C .R,||1x x ∃∈<D .2N ,(10x x *∀∈->)【答案】BC【解析】对于A ,R x ∀∈,||0x ≥,所以||11x +≥,选项A 是假命题;对于B ,1x =±时,112||x +=,所以选项B 是真命题;对于C ,由||1x <,得11x -<<,所以选项C 是真命题;对于D ,1x =时,2(10x -=),所以选项D 是假命题.故选:BC .【变式2-2】(23-24高一上·陕西宝鸡·期末)(多选)下列命题中正确的是()A .x ∃∈R ,0x ≤B .至少有一个整数,它既不是合数也不是质数C .{|x x x ∃∈是无理数},5x +是无理数D .存在x ∈R ,使得212x x+<【答案】ABC【解析】对于A ,x ∃∈R ,0x ≤,如0x =,A 正确;对于B ,至少有一个整数,它既不是合数也不是质数,例如数1满足条件,B 正确;对于C ,{|x x x ∃∈是无理数},5x +是无理数,如x C 正确;对于D ,2221(1)0x x x +=-≥-恒成立,即不存在x ∈R ,使得212x x +<成立,D 错误.故选:ABC【变式2-3】(23-24高一上·安徽马鞍山·期中)(多选)下列命题中,真命题的是( )A .2R,10x x x ∃∈+-=B .平行四边形的对角线互相平分C .对任意的R a ∈,都有2210a a -+>D .菱形的两条对角线相等【答案】AB【解析】对于A ,方程210x x +-=的判别式21450∆=+=>,故A 正确;对于B ,由平行四边形的性质可得对角线互相平分,故B 正确;对于C ,()222110a a a -+=-≥Q ,故C 错误;对于D ,菱形的对角线不一定相等,故D 错误.故选:AB.考点三:全称量词命题的否定例3. (22-23高一下·新疆乌鲁木齐·月考)命题2:,p x x ∀∈∈R Q 的否定为( )A .2,x x ∃∈∉R QB .2,x x ∃∉∈R QC .2,x x ∀∈∉R QD .2,x x ∀∈∈Q R【答案】A【解析】命题2:,p x x ∀∈∈R Q 的否定为:2,x x ∃∈∉R Q .故选:A.【变式3-1】(23-24高一下·河南·开学考试)“x Q Q ∀∈∈”的否定是( )A .x Q Q ∀∉∈B .x Q Q∃∈∉C .x Q Q ∀∈∉D .x Q Q∃∈∈【答案】B【解析】“x Q Q ∀∈∈”的否定是“x Q Q ∃∈∉”.故选:B【变式3-2】(23-24高一下·重庆沙坪坝·月考)命题“*N x ∀∈,220x x -≤”的否定是( )A .*N x ∃∈,220x x -≥B .*N x ∀∈,220x x -≥C .*N x ∃∈,220x x ->D .*N x ∀∈,220x x ->【答案】C【解析】命题“*N x ∀∈,220x x -≤”的否定是:*N x ∃∈,220x x ->.故选:C.【变式3-3】(23-24高一下·四川成都·开学考试)命题“1x ∀≤,2350x x -+>”的否定是( )A .1x ∃>,2350x x -+≤B .1x ∃≤,2350x x -+≤C .1x ∀>,2350x x -+≤D .1x ∀≤,2350x x -+≤【答案】B【解析】因为全称命题的否定是特称命题,所以命题“21,350x x x ∀≤-+>”的否定是“21,350x x x ∃≤-+≤”.故选:B.考点四:存在量词命题的否定例4. (23-24高一下·广东江门·月考)命题“2000,320x x x ∃∈+-=R ”的否定为( )A .2,320x x x ∀∈+-=RB .2,320x x x ∀∈+-≠R C .211,320x x x ∃∉+-=R D .2111,320x x x ∃∈+-≠R 【答案】B【解析】命题“2000,320x x x ∃∈+-=R ”的否定为“2,320x x x ∀∈+-≠R ”.故选:B【变式4-1】(23-24高一上·全国·专题练习)命题“N n ∃∈,2n n >”的否定为( )A .N n ∀∈,2nn >B .N n ∃∈,2n n ≤C .N n ∀∈,2nn ≤D .N n ∃∈,2nn =【答案】C【解析】命题“N n ∃∈,2n n >”是特称量词命题,其否定是全称量词命题,所以命题“n ∃∈N ,2n n >”的否定为:n ∀∈N ,2n n ≤.故选:C 【变式4-2】(23-24高一上·安徽马鞍山·月考)命题“20,251x x x ∃≤<-”的否定是( )A .20,251x x x ∀><-B .20,251x x x ∃>≥-C .20,251x x x ∀≤≥-D .20,251x x x ∃≤>-【答案】C【解析】命题“20,251x x x ∃≤<-”的否定是“20,251x x x ∀≤≥-”.故选:C 【变式4-3】(22-23高一下·江苏苏州·开学考试)命题“1x ∃≥,10x +≥”的否定是()A .1x ∀≥,10x +<B .1x ∃≥,10x +<C .1x ∀≥,10x +≥D .1x ∃<,10x +<【答案】A【解析】命题“1x ∃≥,10x +≥”的否定是1x ∀≥,10x +<.故选:A .考点五:根据全称量词命题的真假求参数例5. (22-23高一下·湖南长沙·月考)若命题“2R,40x x x a ∀∈-+≠”为假命题,则实数a 的取值范围是( )A .4a ≤B .4a <C .4a <-D .4a ≥-【答案】A【解析】易知:2R,40x x x a ∃∈-+=是上述原命题的否定形式,故其为真命题,则方程240x x a -+=有实数根,即Δ16404a a =-≥⇒≤.故选:A .【变式5-1】(23-24高一上·黑龙江佳木斯·期中)(多选)已知命题:R p x ∀∈,220x x a +->.若p 为假命题,则实数a 的值可以是( )A .2-B .1-C .0D .3-【答案】BC【解析】若命题p 为真命题,则Δ440a =+<,解得1a <-,则当命题p 为假命题时,1a ≥-.故选:BC 【变式5-2】(23-24高一上·云南昆明·期中)若命题“2R,2120x ax ax ∀∈-+>”是真命题,则a 的取值范围为( )A .()(),012,-∞+∞ B .(](),012,∞∞-+ C .()0,12D .[)0,12【答案】D【解析】若命题“2R,2120x ax ax ∀∈-+>”是真命题,则当0a =时,不等式为120>对R x ∀∈恒成立;当0a ≠时,要使得不等式恒成立,则20Δ4480a a a >⎧⎨=-<⎩,解得012a <<综上,a 的取值范围为[)0,12.故选:D.【变式5-3】(23-24高一上·江苏徐州·期中)命题:p “()2,3x ∀∈,230x a ->”,若命题p 是真命题,则a 的取值范围为( )A .27a >B .12a ≤C .12a <D .27a ≥【答案】B【解析】由命题()2:2,3,30a p x x ∀->∈为真命题,即不等式23a x <在()2,3x ∈上恒成立,当()2,3x ∈,可得221831x <<,所以12a ≤.故选:B.考点六:根据存在量词命题的真假求参数例6. (23-24高一下·四川泸州·期中)命题“0x ∃∈R ,220x x a ++=”是真命题,则实数a 的取值范围是 .【答案】1a ≤【解析】0x ∃∈R ,220x x a ++=,为真命题,故440a ∆=-≥,解得1a ≤,故实数a 的取值范围是1a ≤.【变式6-1】(23-24高一上·浙江杭州·期中)(多选)已知命题:p x ∃∈R ,210ax ax +-=为假命题,则a 可能的取值有( )A .2-B .1-C .0D .1【答案】ABC【解析】命题:p x ∃∈R ,210ax ax +-=为假命题,则x ∀∈R ,210ax ax +-≠.当0a =时满足题意;当0a ≠时,有()2Δ410a a =-⨯-<,解得40a -<<.综上有40a -<≤故选:ABC【变式6-2】(23-24高一上·山东潍坊·月考)已知“x ∃∈R ,21a x >-”为真命题,则实数a 的取值范围为( )A .1a >-B .1a >C .1a <-D .1a <【答案】A【解析】由题意得()2min 1a x >-,又()2min 11x -=-,此时0x =,故1a >-.故选:A.【变式6-3】(23-24高一上·陕西渭南·期末)已知命题p :“x ∃∈R ,230x ax -+<”为假命题,则实数a 的取值范围为( )A .(,-∞-B .(-C .((),-∞-⋃+∞D .⎡-⎣【答案】D【解析】由于命题p :“x ∃∈R ,230x ax -+<”为假命题,所以(2120a a a ∆=-=+-≤,解得a -≤≤故选:D一、单选题1.(23-24高一上·全国·课后作业)下列命题中是存在量词命题的是( )A .平行四边形的对边相等B .同位角相等C .任何实数都存在相反数D .存在实数没有倒数【答案】D【解析】根据全称量词和存在量词的定义可知,A 选项,“平行四边形的对边相等”是所有的平行四边形性质,是全称量词命题;B 选项,“同位角相等”是所有的同位角都相等,是全称量词命题;C 选项,“任何实数都存在相反数”中的“任意”是全称量词,故其为全称量词命题;D 选项,“存在实数没有倒数”中的“存在”为存在量词,其为存在量词命题.故选:D2.(23-24高一上·陕西榆林·月考)下列命题是全称量词命题的是( )A .存在一个实数的平方是负数B .至少有一个整数x ,使得23x x +是质数C .每个四边形的内角和都是360°D .x ∃∈R ,2x x=【答案】C【解析】选项A ,B ,D 中,分别有“存在”,“至少”,“∃”这样的特称量词,所以选项A ,B ,D 都为特称命题,选项C :因为有“每个”这样的全称量词,所以命题为全称命题.故选:C.3.(23-24高一上·山西大同·月考)命题“2Z,2x x ∃∈+为偶数”,下列说法正确的是( )A .该命题是假命题B .该命题是真命题C .该命题的否定为:2Z,2x x ∃∈+不是偶数D .该命题的否定为:2R,2x x ∃∈+不是偶数【答案】B【解析】当2x =时,226x +=为偶数,故该命题为真命题,故A 错误,B 正确;该命题的否定为:2Z,2x x ∀∈+不是偶数,故C ,D 错误.故选:B.4.(23-24高一下·山西临汾·月考)命题“2R,10x x x ∀∈++>”的否定是( )A .不存在2R,10x x x ∈++>B .2R,10x x x ∃∈++≤C .2R,10x x x ∃∈++>D .2R,10x x x ∀∈++≤【答案】B【解析】由全称命题的否定是特称命题可得命题“2R,10x x x ∀∈++>”的否定是“2R,10x x x ∃∈++≤”.故选:B.5.(23-24高一上·贵州毕节·期末)已知命题p :,22n n ∃∈-N 是素数,则p ⌝为( )A .,22n n ∀∉-N 不是素数B .,22n n ∃∈-N 不是素数C .,22n n ∃∉-N 不是素数D .,22n n ∀∈-N 不是素数【答案】D【解析】因为存在量词命题的否定为全称量词命题,所以p ⌝为N,22n n ∀∈-不是素数.故选:D.6.(23-24高一上·青海海东·月考)若“,03x M x ∃∈<<”为真命题,“,2x M x ∀∈<”为假命题,则集合M 可以是( )A .{}0x x <B .{}01x x ≤≤C .{}13x x <<D .{}1x x ≤【答案】C【解析】若“,03x M x ∃∈<<”为真命题,则A 错误,又“,2x M x ∀∈<”为假命题,则“,2x M x ∃∈≥”为真命题,则B,D 错误,则集合M 可以是{}13x x <<.故选:C 二、多选题7.(23-24高一上·浙江金华·月考)下列命题中,是全称量词命题的有( )A .至少有一个x ∈R ,使2210x x ++=成立B .对任意的x ∈R ,都有2210x x ++=成立C .对所有的x ∈R ,都有2210x x ++=不成立D .存在x ∈R ,使2210x x ++=成立【答案】BC【解析】由全称量词命题的否定可知,BC 选项中的命题为全称量词命题,AD 选项中的命题不是全称量词命题.故选:BC.8.(23-24高一上·广东韶关·月考)下列命题中错误的有( )A .存在整数,x y ,使得243x y +=B .R a ∃∈,一元二次方程210x ax +-=无实数根C .1x ∀∈≠D .*2N ,252n n n ∃∈++能被2整除【答案】ABC【解析】对于A ,由,Z x y Î,得24x y +为偶数,而3是奇数,显然等式243x y +=不成立,A 错误;对于B ,对于一切实数a ,方程210x ax +-=中2Δ10=+>a ,此方程必有实数根,B 错误;对于C ,当0x =1=,C 错误;对于D ,2252(21)(2)n n n n ++=++,N n *∈,21n +是正奇数,当n 为正偶数时,2n +是正偶数,此时2252n n ++能被2整除,D 正确.故选:ABC三、填空题9.(23-24高一上·安徽蚌埠·期末)已知命题2:140p x x ∃>-<,,则p ⌝是 .【答案】21,40x x ∀>-≥.【解析】命题2:140p x x ∃>-<,,故p ⌝是:21,40x x ∀>-≥.10.(23-24高一上·江苏苏州·月考)若命题“x ∀∈R ,使2250x x m +-≠”是假命题,则实数m 的一个可能取值为 .【答案】0(答案不唯一)【解析】因为命题“x ∀∈R ,使2250x x m +-≠”是假命题,所以命题“x ∃∈R ,使2250x x m +-=”是真命题,即方程2250x x m +-=有解,所以()2Δ5420m =-⨯⨯-≥,得258m ≥-,故实数m 的一个可能取值为0(满足258m ≥-即可).11.(23-24高一上·江苏苏州·月考)若命题“x ∃∈R ,使得220x x m -+=”是真命题,则实数m 的取值范围为 .【答案】(],1-∞【解析】若命题“R x ∃∈,使得220x x m -+=”是真命题,也就是“方程220x x m -+=有实数解”,∴0∆≥⇒440m -≥⇒1m ≤.四、解答题12.(23-24高一上·陕西延安·月考)写出下列命题的否定,并判断其真假:(1):R p x ∀∈,方程20x x m +-=必有实根;(2):q x R ∃∈,使得210x x ++≤.【答案】(1)见解析;(2)见解析【解析】(1)0:R p x ⌝∃∈,方程2000x x m +-=未必有实根,由于:R p x ∀∈,方程20x x m +-=必有实根,是真命题,因此p ⌝为假命题,(2):R q x ⌝∀∈,使得210x x ++>.由于140∆=-<,所以210x x ++>恒成立,所以q ⌝为真命题13.(22-23高一上·河南平顶山·月考)已知集合{}27A xx =≤≤∣,{}3421B x m x m =-+≤≤-∣,且B ≠∅.(1)若:,p x A x B ∀∈∈是真命题,求实数m 的取值范围;(2)若:,q x B x A ∃∈∈是真命题,求实数m 的取值范围.【答案】(1){}|4m m ≥;(2)3|2m m ⎧⎫≥⎨⎬⎩⎭【解析】(1)由于:,p x A x B ∀∈∈是真命题,所以A B ⊆.而B ≠∅,所以2173423421m m m m -≥⎧⎪-+≤⎨⎪-+≤-⎩,解得4m ≥,故m 的取值范围为{}|4m m ≥.(2)因为B ≠∅,所以3421m m -+≤-,解得m 1≥.由q 为真命题,得A B ⋂≠∅,当A B ⋂=∅时,347m -+>或212m -<,解得32m <.因为m 1≥,所以当A B ⋂=∅时,312m ≤<;所以当A B ⋂≠∅时,32m ≥.故m 的取值范围为3|2m m ⎧⎫≥⎨⎬⎩⎭.。

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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。

李凡长版 组合数学课后习题谜底 习题3

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第三章 递推关系
1. 在平面上画 n 条无限直线,每对直线都在不同的点相交,它们构成的无限 区域数记为 f(n),求 f(n)满足的递推关系.
解: f(n)=f(n-1)+2
f(1)=2,f(2)=4 解得 f(n)=2n. 2. n 位三进制数中,没有 1 出现在任何 2 的右边的序列的数目记为 f(n), 求 f(n)满足的递推关系. 解:设 an-1an-2…a1 是满足条件的 n-1 位三进制数序列,则它的个数可以用 f(n-1)表示。 an 可以有两种情况: 1) 不管上述序列中是否有 2,因为 an 的位置在最左边,因此 0 和 1 均可选; 2)当上述序列中没有 1 时,2 可选; 故满足条件的序列数为
解:这种序列有两种情况:
1)最后一位为 0,这种情况有 f(n-3)个;
2)最后一位为 1,这种情况有 2f(n-2)个;
所以
f(n)=f(n-3)+2f(n-2)
f(1)=2,f(2)=3,f(3)=5. 5. 求 n 位 0,1 序列中“00”只在最后两位才出现的序列数 f(n). 解:最后两位是“00”的序列共有 2n-2 个。
f(n)包含了在最后两位第一次出现“00”的序列数,同时排除了在 n-1
位第一次出现“00”的可能;
f(n-1)表示在第 n-1 位第一次出现“00”的序列数,同时同时排除了在
n-2 位第一次出现“00”的可能;
对全部高中资料试卷电气设备,在安装过程中以及安装结束后进行高中资料试卷调整试验;通电检查所有设备高中资料电试力卷保相护互装作置用调与试相技互术关,通系电1,力过根保管据护线生高0不产中仅工资2艺料22高试2可中卷以资配解料置决试技吊卷术顶要是层求指配,机置对组不电在规气进范设行高备继中进电资行保料空护试载高卷与中问带资题负料2荷试2,下卷而高总且中体可资配保料置障试时2卷,32调需3各控要类试在管验最路;大习对限题设度到备内位进来。行确在调保管整机路使组敷其高设在中过正资程常料1工试中况卷,下安要与全加过,强度并看工且25作尽52下可22都能护可地1关以缩于正小管常故路工障高作高中;中资对资料于料试继试卷电卷连保破接护坏管进范口行围处整,理核或高对者中定对资值某料,些试审异卷核常弯与高扁校中度对资固图料定纸试盒,卷位编工置写况.复进保杂行护设自层备动防与处腐装理跨置,接高尤地中其线资要弯料避曲试免半卷错径调误标试高方中等案资,,料要编试求5写、卷技重电保术要气护交设设装底备备置。4高调、动管中试电作线资高气,敷料中课并设3试资件且、技卷料中拒管术试试调绝路中验卷试动敷包方技作设含案术,技线以来术槽及避、系免管统不架启必等动要多方高项案中方;资式对料,整试为套卷解启突决动然高过停中程机语中。文高因电中此气资,课料电件试力中卷高管电中壁气资薄设料、备试接进卷口行保不调护严试装等工置问作调题并试,且技合进术理行,利过要用关求管运电线行力敷高保设中护技资装术料置。试做线卷到缆技准敷术确设指灵原导活则。。:对对在于于分调差线试动盒过保处程护,中装当高置不中高同资中电料资压试料回卷试路技卷交术调叉问试时题技,,术应作是采为指用调发金试电属人机隔员一板,变进需压行要器隔在组开事在处前发理掌生;握内同图部一纸故线资障槽料时内、,设需强备要电制进回造行路厂外须家部同出电时具源切高高断中中习资资题料料电试试源卷卷,试切线验除缆报从敷告而设与采完相用毕关高,技中要术资进资料行料试检,卷查并主和且要检了保测解护处现装理场置。设。备高中资料试卷布置情况与有关高中资料试卷电气系统接线等情况,然后根据规范与规程规定,制定设备调试高中资料试卷方案。

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第三章递推关系1.在平面上画n条无限直线,每对直线都在不同的点相交,它们构成的无限区域数记为f(n),求f(n)满足的递推关系.解: f(n)=f(n-1)+2f(1)=2,f(2)=4解得f(n)=2n.2.n位三进制数中,没有1出现在任何2的右边的序列的数目记为f(n),求f(n)满足的递推关系.解:设a n-1a n-2…a1是满足条件的n-1位三进制数序列,则它的个数可以用f(n-1)表示。

a n可以有两种情况:1)不管上述序列中是否有2,因为a n的位置在最左边,因此0和1均可选;2)当上述序列中没有1时,2可选;故满足条件的序列数为f(n)=2f(n-1)+2n-1 n 1,f(1)=3解得f(n)=2n-1(2+n).3.n位四进制数中,2和3出现偶数次的序列的数目记为f(n),求f(n)满足的递推关系.解:设h(n)表示2出现偶数次的序列的数目,g(n)表示有偶数个2奇数个3的序列的数目,由对称性它同时还可以表示奇数个2偶数个3的序列的数目。

则有h(n)=3h(n-1)+4n-1-h(n-1),h(1)=3 (1)f(n)=h(n)-g(n),f(n)=2f(n-1)+2g(n-1) (2)将(1)得到的h(n)=(2n+4n)/2代入(2),可得f(n+1)= (2n+4n)/2-2f(n),f(1)=2.4.求满足相邻位不同为0的n位二进制序列中0的个数f(n).解:这种序列有两种情况:1)最后一位为0,这种情况有f(n-3)个;2)最后一位为1,这种情况有2f(n-2)个;所以f(n)=f(n-3)+2f(n-2)f(1)=2,f(2)=3,f(3)=5.5.求n位0,1序列中“00”只在最后两位才出现的序列数f(n).解:最后两位是“00”的序列共有2n-2个。

f(n)包含了在最后两位第一次出现“00”的序列数,同时排除了在n-1位第一次出现“00”的可能;f(n-1)表示在第n-1位第一次出现“00”的序列数,同时同时排除了在n-2位第一次出现“00”的可能;依此类推,有f(n)+f(n-1)+f(n-2)+…+f(2)=2n-2f(2)=1,f(3)=1,f(4)=2.6.求n 位0,1序列中“010”只出现一次且在第n 位出现的序列数f(n).解:最后三位是“010”的序列共有2n-3个。

《组合数学》姜建国著(第二版)-课后习题答案完全版

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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 ! ,
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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:
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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,

李凡长版 组合数学课后习题答案 习题5

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李凡长版组合数学课后习题答案习题5第五章Pólya计数理论1. 计算,并指出它的共轭类. 解:题中出现了5个不同的元素:分别是:1,2,3,4,5。

即|Sn|=5。

(123)(234)(5)(14)(23)?12345??12345??12 345? ???23145????13425????43215? ????????12345??12345????34125????432 15?? ?????12345????21435?? ???(12)(34)( 5) 的置换的型为1122而Sn中属于1122型的元素个数为个其共轭类为,,,,,,,,,,,,, 2. 设D是n元集合,G是D上的置换群.对于D 的子集A和B,如果存在??G,使得B?{?(a)|a?A},则称A与B是等价的.求G 的等价类的个数. 1n?c1(ai),其中c1(ai)表示在置换ai作用下保持不变解:根据Burnside引理l?Gi?15!?152!1!1122的元素个数,则有c1(σI)=n; 设在σ的作用下,A的元素在B中的个数为i,则c2(σ)=n-2i;1若没有其他置换,则G诱出来的等价类个数为l=[n?(n?2i)]?n?i 23. 0,1,6,8,9组成的n位数,如果把一个数调转过来读得到另一个数,则称这两个数是相等的.例如,0168和8910,0890与0680是相等的.问不相等的n位数有多少个?解:该题可理解为相当于n位数,0,1,6,8,9这5个数存在一定的置换关系31 对于置换群G={g1,g2} g1为不动点置换,型为1n;为5n;n??n?g2置换:(2(n-1))(3(n-2))…(??2??2?) ????分为2种情况:n为奇数时12 ,但是只有中间的数字是0,1,8的时候,才可能调转过来的时候是相同的,所以这里的剩下的中间数字只能是有3种。

即:个数为3×5n2n2n?12 n2 n为偶数时 2 ,个数为 5 该置换群的轮换指标为1n122(5?5)?5 n为偶数时,等价类的个数l=221nn为奇数时,等价类的个数l=(5?3?52n?12n3n) 4. 现有8个人计划去访问3个城市,其中有3个人是一家,另外有2个人是一家.如果一家人必须去同一个城市,问有多少种方案?写出它们的模式. 解:令D={d1,d2,…,d8},其中,d1,d2,d3为一家,d4,d5为一家。

最新教材高中数学课后习题答案大全2019人A版

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(3) ⫋;⫌
2.解析 D⫋C⫋B⫋A,
Venn 图如图所示.

1.1 集合的概念

A∪( B∩C) = {1,2,3,4,5,6,7,8} .
3.解析 “ 每位同学最多只能参加两项比赛”
表示为 A∩B∩C = ⌀.
(1) A∪B 表示参加 100 m 或参加 200 m 跑
的同学.
(2) A∩C 表示既参加 100 m 又参加 400 m
跑的同学.
综合运用
4. 解 析 因 为 A = { x | 3 ≤ x < 7 }, B =
8} ;A∪B = {3,5,6,8} ∪{ 4,5,7,8} = { 3,4,
5,6,7,8} .
2.解析 A = { x | x 2 -4x-5 = 0} = { x | ( x- 5) ·( x
+1) = 0} = {5,-1} ,B = { x | x 2 = 1} = { - 1,1} ,
3.解析 充 分 条 件: ( 1) ∠1 = ∠4, ( 2) ∠1 =
∠2,(3) ∠1+∠3 = 180°.
必要条件:( 1) ∠1 = ∠4,( 2) ∠1 = ∠2,( 3)
∠1+∠3 = 180°.
1.4.2 充要条件
练习
1.解析 ( 1) p 是 q 的充要条件. ( 2) p 是 q 的
(2) { 1,2,3,12,21,13,31,23,32,123,132,
213,231,312,321} .
(3) {4,5,6} .
(3) { 造纸术,印刷术,指南针,火药} .
4.解析 (1) { y | y = x 2 -4,x∈R}
= { y | y≥-4} .
(2) x≠0 时,函数 y =

江苏省2020年高二数学第27讲 组合与组合数公式 分层作业答案

江苏省2020年高二数学第27讲 组合与组合数公式 分层作业答案

3月 16 日 高二数学分层作业答案1. .【解析】解:根据题意,可看作五个位置排列五种事物, 第一位置有五种排列方法,不妨假设排上的是金,则第二步只能从土与水两者中选一种排放,故有两种选择不妨假设排上的是水, 第三步只能排上木,第四步只能排上火,第五步只能排上土,故总的排列方法种数有5×2×1×1×1=10;【答案】B .2.解析1:确定高位有A 51种不同方法.确定万位、千位、百位,从剩下的5个数字中取3个排列,共有A 53种不同的方法,剩下两个数字,把大的排在十位上即可.由分步乘法计数原理,共有A 51·A 53=5×5×4×3=300(个).3.解:C ,【答案】D .4.B5.(1)、(2)、(5)6.xy,xz,zy7.8708.(1)组合问题 45 (2)组合问题 45 (3)组合问题 120 (4)排列问题 7209.解:(1)所求线段的条数,即为从10个元素中任取2个元素的组合,共有C 210=10×92×1=45(条),即以10个点中的任意2个点为端点的线段共有45条.(2)所求有向线段的条数,即为从10个元素中任取2个元素的排列,共有A 210=10×9=90(条),即以10个点中的2个点为端点的有向线段共有90条.(3)所求三角形的个数,即从10个元素中任选3个元素的组合数,共有C 310=10×9×83×2×1=120(个).10.解析:此题可化归为圆上9个点可组成多少个四边形,所以交点最多有C49=126(个).答案:12611.解析:用间接法可求得选法共有C38-C34=52(种).答案:C。

课本+自我巩固+课堂落实(答案)

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第 1 讲 魔幻的方块例题练习题答案思维突破 /四年级 / 寒假【答案】【解析】例1这9个数由1~9这9个数加1得到,因此可根据基本三阶幻方的构建方法,将每个数加1即可.【答案】【解析】练1这9个数由1~9这9个数减1得到,因此可根据基本三阶幻方的构建方法,将每个数减1即可.【答案】【解析】例2由第1列可知幻和为,由于每行、每列、每条对角线的和相等,只要某行、某列、某条对角线有两个已知数,就可计算出另一个空格,如第3行第3个数为,其他空格依次类推.5+10+9=2424−9−4=11【答案】【解析】练2由对角线可知幻和为,由于每行、每列、每条对角线的和相等,只要某行、某列、某条对角线有两个已知数,就可计算出另一个空格,如第2行第1个数为,其他空格依次类推.2+5+8=1515−5−1=9【答案】【解析】例3通过比较第1列和第2行,发现左上角的数是4,这时幻和就可以通过斜对角线求出来是18,其他空格通过幻和依次计算得出.【答案】【解析】练3通过比较第3行和第2列,发现中心数是18,这时幻和就可以通过斜对角线求出来是54,其他空格通过幻和依次计算得出.【答案】【解析】例4(1)根据幻方的性质,中心数是5,所以幻和是,依次找每行、每列、每条对角线上唯一不知道的,即可得到答案.(2)根据幻方的性质,幻和是27,则中心数是,依次找每行、每列、每条对角线上唯一不知道的,即可得到答案.5×3=1527÷3=9【答案】【解析】练4(1)根据幻方的性质,中心数是9,所以幻和是,依次找每行、每列、每条对角线上唯一不知道的,即可得到答案.(2)根据幻方的性质,幻和是30,则中心数是,依次找每行、每列、每条对角线上唯一不知道的,即可得到答案.9×3=2730÷3=10【答案】挑战极限1第 1 讲 魔幻的方块自我巩固答案思维突破 / 四年级 / 寒假【解析】如图,实线圈圈出的第二行和第五列有公共格,因此可知;虚线圈圈出的第五行和第二列有公共格,因此,由此可知对角线上五个数为8、4、8、2、4,和为26,因此幻和为26,可结合比较法和幻和填出剩下的空格.a =(3+7+8+2)−(6+3+7)=4b =(9+7+3+4)−(0+8+7)=8【答案】【解析】121这9个数由1~9这9个数分别加2得到,因此可根据基本三阶幻方的构建方法,将每个数加2即可(如上图).以任何一行、一列、对角线都能算出幻和,以第二行为例,幻和是.5+7+9=21【答案】【解析】28这9个数由1~9这9个数分别加3得到,因此可根据基本三阶幻方的构建方法,将每个数加3即可(如上图),中心数是8.【答案】【解析】314根据对角线可求幻和为,其它由幻和可以填出.13+7+4+10=34【答案】【解析】421根据三阶幻方的性质,中心数是17,幻和是51,其它由幻和可以填出.【答案】【解析】520根据三阶幻方的性质求解.【答案】【解析】64幻和为21,所以中心数为7.然后应用三阶幻方的性质就可以填出其它空格.【答案】【解析】79根据三阶幻方的性质可知第三行第二列的数是,第一行第二列的数是4,中心数是11.依次将空缺填上即可.2×13−8=18【答案】【解析】810中心数为8,所以幻和为24,然后应用三阶幻方的性质就可以填出其它空格.【答案】【解析】97根据对角线可求幻和为,其它由幻和可以填出.3+9+14+8=34第 1 讲 魔幻的方块课堂落实答案思维突破 / 四年级 / 寒假第 2 讲 电影院找位置例题练习题答案思维突破 / 四年级 /寒假【答案】【解析】1014幻和为30,所以中心数为10.再应用三阶幻方的性质就可以填出其它空格,最大数为14.【答案】117【答案】213【答案】340【答案】414【答案】59【答案】【解析】例1第8行第5列;53(1)一行5个数一周期,40是整个数列中的第40个数,,即是第8个周期的最后一个数,在第8行第5列;40÷5=8(2)一行5个数一周期,第11行第3列是第11个周期的第3个数,即整个数列中的第(个)数,即为53.10×5+3=53【答案】【解析】练1第9行第2列;46(1)一行7个数一周期,58是整个数列中的第58个数,,即是第9个周期的第2个数,在第9行第2列;(2)一行7个数一周期,第7行第4列是第7个周期的第4个数,即整个数列中的第(个)数,即为46.58÷7=8⋯⋯26×7+4=46【答案】【解析】例2第5行第12列;103(1)一列5个数一周期,60是整个数列中的第60个数,,即是第12个周期的最后一个数,在第5行第12列;(2)一列5个数一周期,第3行第21列是第21个周期的第3个数,即整个数列中的第(个)数,即为103.60÷5=1220×5+3=103【答案】【解析】练2第4行第17列;59(1)一列6个数一周期,100是整个数列中的第100个数,,即是第17个周期的第4个数,在第4行第17列;(2)一列6个数一周期,第5行第10列是第10个周期的第5个数,即整个数列中的第(个)数,即为59.100÷6=16⋯⋯49×6+5=59【答案】【解析】例3(1)第10行第5列;(2)204(1)一行5个数一周期,100是整个数列中的第(个)数,,即是第10个周期的最后一个数,在第10行第5列;(2)一行5个数一周期,第21行第2列是第21个周期的第2个数,即整个数列中的第(个)数,即为.100÷2=5050÷5=1020×5+2=102102×2=204【答案】【解析】练3第25行第4列;120(1)一行4个数一周期,300是整个数列中的第(个)数,,即是第25个周期的最后一个数,在第25行第4列;(2)一行4个数一周期,第10行第4列是第10个周期的第4个数,即整个数列中的第(个)数,即为.300÷3=100100÷4=259×4+4=4040×3=120【答案】【解析】例4(1)第3行第7列;(2)178(1)一列5个数一周期,66是整个数列中的第(个)数,,即是第7个周期的第3个数,在第3行第7列;(2)一列5个数一周期,第4行第18列是第18个周期的第4个数,即整个数列中的第(个)数,即为.66÷2=3333÷5=6⋯⋯317×5+4=8989×2=178第 2 讲 电影院找位置自我巩固答案思维突破 / 四年级 / 寒假【答案】【解析】练4第3行第5列;600(1)一列4个数一周期,95是整个数列中的第(个)数,,即是第5个周期的第3个数,在第3行第5列;(2)一列4个数一周期,第4行第30列是第30个周期的第4个数,即整个数列中的第(个)数,即为.95÷5=1919÷4=4⋯⋯329×4+4=120120×5=600【答案】【解析】挑战极限1第1行第14列;141(1)一列4个数一周期,105是整个数列中的第(个)数,,即是第14个周期的第1个数,在第1行第14列;(2)一列4个数一周期,第3行第18列是第18个周期的第3个数,即整个数列中的第(个)数,即为.(105+1)÷2=5353÷4=13⋯⋯117×4+3=7171×2−1=141【答案】【解析】115一行5个数一周期,66是整个数列中的第66个数,,即是第14个周期的第1个数,在第14行第1列,所以行列之和是.66÷5=13⋯⋯114+1=15【答案】【解析】219一行6个数一周期,93是整个数列中的第93个数,,即是第16个周期的第3个数,在第16行第3列,所以行列之和是.93÷6=15⋯⋯316+3=19【答案】【解析】3175一列4个数一周期,第3行第44列是第44个周期的第3个数,即整个数列中的第(个)数,即为175.43×4+3=175【答案】【解析】4264一列5个数一周期,第4行第53列是第53个周期的第4个数,即整个数列中的第(个)数,即为264.52×5+4=264【答案】【解析】513一行4个数一周期,78是整个数列中的第(个)数,,即是第10个周期的第3个数,在第10行第3列,所以行列之和是.78÷2=3939÷4=9⋯⋯310+3=13第 2 讲 电影院找位置课堂落实答案思维突破 / 四年级 / 寒假第 3 讲 图形的运动思维突破 / 四年级 / 寒假【答案】【解析】6366一行5个数一周期,第37行第3列是第37个周期的第3个数,即整个数列中的第(个)数,即为.36×5+3=183183×2=366【答案】【解析】716一列4个数一周期,96是整个数列中的第(个)数,,即是第12个周期的最后一个数,在第4行第12列,所以行列之和是.96÷2=4848÷4=124+12=16【答案】【解析】815一列5个数一周期,124是整个数列中的第(个)数,,即是第13个周期的第2个数,在第2行第13列,所以行列之和是.124÷2=6262÷5=12⋯⋯22+13=15【答案】【解析】9166一列4个数一周期,第3行第21列是第21个周期的第3个数,即整个数列中的第(个)数,即为.20×4+3=8383×2=166【答案】【解析】10324一列5个数一周期,第2行第33列是第33个周期的第2个数,即整个数列中的第(个)数,即为.32×5+2=162162×2=324【答案】118,3【答案】2150【答案】318,2【答案】44,13【答案】5320例题练习题答案【答案】【解析】例190;150;5;4时针转一圈是360度,共12个大格,一个大格代表(度).(1)中午12点到下午3点共转过3个大格,旋转了(度);(2)下午4点到晚上9点共转过5个大格,旋转了(度);(3)旋转120度,共旋转了(个)大格,到(点);(4)旋转420度,共旋转了(个)大格,到(点),即指向4.360÷12=3030×3=9030×5=150120÷30=41+4=5420÷30=142+14=16【答案】【解析】练1120度;3时针转一圈是360度,共12个大格,一个大格代表(度).(1)下午4点到晚上8点共转过4个大格,旋转了(度);(2)旋转210度,共旋转了(个)大格,到(点),即指向3.360÷12=3030×4=120210÷30=78+7=15【答案】【解析】例2可以看长方形和三角形连接O 点的两条边的旋转情况,然后画出整个图形.【答案】【解析】练2先画三角形连接O 点的两条边旋转180°的情况,然后再画出整个图形.【答案】【解析】例3如下图先旋转,再平移.第 3 讲 图形的运动自我巩固答案思维突破 / 四年级 / 寒假【答案】【解析】练3先旋转,再平移.【答案】【解析】例4三角形ABC 绕B 点逆时针旋转90度后,再向右移动9格.或绕C 点逆时针旋转90度后,再向上移动4格,最后向右移动7格.(答案不唯一)固定原三角形的某一个点为旋转中心点,可以先旋转成角度一样,再平移.也可以先把旋转中心点平移到与后来的图形重合,再旋转.【答案】【解析】练4平行四边形ABCD 绕D 点顺时针旋转90度后,再向右移动5格.(答案不唯一)固定原平行四边形的某一个点为旋转中心点,可以先旋转成角度一样,再平移.也可以先把旋转中心点平移到与后来的图形重合,再旋转.【答案】【解析】挑战极限1每个小三角形的内角都是60度,三角形可先画出它的边绕O点旋转的情况,再画出整个图形.【答案】【解析】1B电梯上上下下应该属于平移运动.【答案】【解析】2180从早上6:00到中午12:00,经过了6小时,经过1小时,时针经过一大格,一个大格表示30度,所以时针旋转了(度).30×6=180【答案】【解析】31旋转210度,共旋转了(个)大格,到(点),即1点.210÷30=76+7=13【答案】【解析】4C以O 点为旋转中心,可以选择某条边的旋转方向和角度,来确定整个图形的旋转情况.第 3 讲 图形的运动课堂落实答案思维突破 / 四年级 / 寒假思维突破 / 四年级 / 寒假【答案】【解析】5C以O 点为旋转中心,可以选择某条边的旋转方向和角度,来确定整个图形的旋转情况.【答案】【解析】6B以O 点为旋转中心,可以选择某条边的旋转方向和角度,来确定整个图形的旋转情况.B选项无法以O 点为旋转中心得到.【答案】【解析】7D以O 点为旋转中心,可以选择某条边的旋转方向和角度,来确定整个图形的旋转情况,发现旋转后得到D选项.【答案】【解析】8C以O 点为旋转中心,可以选择某条边的旋转方向和角度,来确定整个图形的旋转情况.经过旋转后无法得到的是C中的图形.【答案】【解析】9B以O 点为旋转中心,可以选择某条边的旋转方向和角度,来确定整个图形的旋转情况,发现旋转后得到B选项.【答案】【解析】10D根据选项中的运动过程旋转、平移试试,判断是否能得到右图,尝试后发现D选项无法从左图得到右图.【答案】1A 【答案】290【答案】311【答案】【解析】4B顺时针180度或者逆时针180度【答案】5B第 4 讲 俄罗斯方块例题练习题答案【答案】【解析】例1一共12个小正方形,要被分成大小、形状都相同的四个部分,每个部分是由3个小正方形组成的图形.由3个小正方形组成的图形只有下图中的两种.经过尝试发现,“一”字形无法分割得到,所以只能切割成“L”形.【答案】【解析】练1一共12个小等边三角形,要被分成大小、形状都相同的四个部分,每个部分是由3个小等边三角形组成的图形.由3个小等边三角形组成的图形只有下图中“梯形”.【答案】【解析】例2一共16个小正方形,要被分成大小、形状都相同的四个部分,每个部分是由4个小正方形组成的图形.由4个小正方形组成的图形有下图中的五种情况,还要求包括“○”.所以在相邻“○”的位置一定有分割线.经过尝试发现,只有“T”形可以.【答案】【解析】练2一共16个小正方形,要被分成大小、形状都相同的四个部分,每个部分是由4个小正方形组成的图形.由4个小正方形组成的图形有下图中的五种情况,还要求包括“○”.所以在相邻“○”的位置一定有分割线.经过尝试发现,“T”形和“L”形均可以.思维突破 / 四年级 / 寒假【答案】【解析】例3只有5个形状、大小都相同的正方形,将这5个分割成4个形状、大小相同的图形,图形本身是分割不出来的,那么就应该看正方形有什么特点,正方形在前面讲解可分割成四个相同形状的图形,但是如果分割的图形是不规则,在本题里是不可以的,要分成规则的图形,所以只能是将每个正方形分割成4个形状、大小相同的小正方形,那么本题中就有20个小正方形了,每个部分由5个小正方形组成,如图中两种分法都可以.【答案】【解析】练3先将正方形沿对角线分成两个等腰直角三角形,整个图形就有3个形状、大小相同的等腰直角三角形,将这3个等腰直角三角形分割成4个形状、大小相同的图形,图形本身是分割不出来的,那么就应该看等腰直角三角形有什么特点,可以将每个等腰直角三角形分成4个形状、大小相同的小等腰直角三角形,那么本题中就有12个小等腰直角三角形了,每部分由3个小等腰直角三角形组成.【答案】【解析】例4先用虚线画出网格线,如下面的左图,一共25个小格,所以右边的正方形可以分割成5行5列的25个小格.在长为7的边上靠上或者靠下截下长为5的部分,把剩余的部分分成两块再拼即可.【答案】【解析】练4先用虚线画出网格线,再截出的部分,把两部分再拼到一起即可.3×3【答案】【解析】挑战极限1根据面积关系,最多也只能裁出12个长方形.事实上,12个长方形确实可以裁出来.第 4 讲 俄罗斯方块自我巩固答案【答案】【解析】1A一共9个小正方形,要被分成大小、形状都相同的三个部分,每个部分是由3个小正方形组成的图形.由3个小正方形组成的图形只有下图中的两种.经过尝试发现,“L”形无法分割得到,所以只能分割成“一”字形,分割方法如下.【答案】【解析】2B一共12个小正方形,要被分成大小、形状都相同的三个部分,每个部分是由4个小正方形组成的图形.由4个小正方形组成的图形有下图中的5种情况.经过尝试发现只有按最后一个图形分割才可以,分割方法如下.【答案】【解析】3A一共12个小正方形,要被分成大小、形状都相同的三个部分,每个部分是由4个小正方形组成的图形.由4个小正方形组成的图形有下图中的5种情况.经过尝试发现只有“田”字形可以,分割方法如下.【答案】【解析】4A一共12个小正方形,要被分成大小、形状都相同的三个部分,每个部分是由4个小正方形组成的图形.由4个小正方形组成的图形有下图中的5种情况.经过尝试发现只有“T”形可以,分割方法如下.【答案】【解析】5A一共15个小正方形,要被分成大小、形状都相同的五个部分,每个部分是由3个小正方形组成的图形.由3个小正方形组成的图形只有下图中的两种情况,还要求包括“”.所以在相邻“”的位置一定有分割线.经过尝试发现,只有“L”形可以,分割方法如下.◯◯【答案】【解析】6C一共16个小正方形,要被分成大小、形状都相同的四个部分,每个部分是由4个小正方形组成的图形.由答案给出的3个选项,经过尝试发现,C可以.【答案】【解析】712只有3个形状、大小相同的正方形,将这3个分割成4个形状、大小相同的图形,图形本身是分割不出来的,那么就应该看正方形有什么特点,正方形在前面讲解可分割成四个相同形状的图形,但是分割的图形不规则在本题里是不可以的,要分成规则的图形,所以只能是将每个正方形分割成4个形状、大小相同的小正方形,那么本题中就有12个小正方形了,每部分有3个小正方形,分割方法如下图:【答案】【解析】84只有5个形状、大小形同的正方形,将这5个分割成4个形状、大小相同的图形,图形本身是分割不出来的,那么就应该看正方形有什么特点,正方形在前面讲解可分割成四个相同形状的图形,但是分割的图形不规则在本题里是不可以的,要分成规则的图形,所以只能第 4 讲 俄罗斯方块课堂落实答案思维突破 / 四年级 / 寒假是将每个正方形分割成4个形状、大小相同的小正方形,那么本题中就有20个小正方形了,每部分有5个小正方形,分割方法如下图:【答案】【解析】92先用虚线画出网格线,再截出的部分,把两部分再拼到一起即可.2×2【答案】【解析】103先用虚线画出网格线,再截出的部分,把三部分再拼到一起即可.3×8【答案】1【答案】2第 5 讲 揪出冒牌货例题练习题答案思维突破 / 四年级 / 寒假【答案】3【答案】4【答案】5【答案】【解析】例17号第一次1、2号和3、4号硬币分别放在天平两边,天平平衡,说明这4枚硬币都是真币.第二次将5号和6号硬币分别放在天平两边,天平平衡,说明这2枚硬币也都是真币.那么剩下的一枚硬币,也就是7号硬币都是伪币.【答案】【解析】练13号将1、2号硬币分别放在天平两边,天平平衡,说明这2枚硬币都是真币.那么剩下一枚硬币,也就是3号硬币是伪币.【答案】【解析】例22次将9枚硬币编号,分别是1、2、3、4、5、6、7、8、9号 .把9枚硬币平均分成三堆,把1、2、3号硬币放在天平左侧,把4、5、6号硬币放在天平右侧.7、8、9号硬币放在天平下侧.如果天平平衡说明7、8、9号中有伪币,只要从7、8、9号任选2枚硬币分别放在天平左右两侧,如果天平平衡,说明伪币在天平下,如果天平不平衡,哪侧重,哪侧就是伪币,此时称量2次就找到了伪币;如果天平不平衡,天平哪侧中,哪侧就有伪币,第二次的称量方法和之前是一样的,仍然是称量2次就找到了伪币.【答案】【解析】练21次将3枚硬币编号,分别是1、2、3号 .把1、2号分别放在天平左右两侧,如果天平平衡,说明伪币是3号,如果天平不平衡,1号重,1号就是伪币,2号重,2号就是伪币.【答案】【解析】例33次将10枚硬币编号,分别是1、2、3、4、5、6、7、8、9、10号.把10枚硬币尽量平均分成三堆,把1、2、3号硬币放在天平左侧,把4、5、6号硬币放在天平右侧.7、8、9、10号硬币放在天平下侧.如果天平平衡说明7、8、9、10号中有伪币,把7、8号和9、10号分别放在天平左右两侧,哪侧重,伪币就在哪侧,再称量一次就可以找到伪币 ;如果天平不平衡说明哪侧重,哪侧有伪币,已知3枚硬币找伪币再称量一次就可以.最少3次一定能找到伪币.【答案】【解析】练32次3枚硬币知道伪币轻重,找伪币,需要1次;9枚硬币知道伪币轻重,找伪币,需要2次,4枚硬币需要2次.【答案】【解析】例4将4枚硬币编号,分别是1、2、3、4号.把1、2号分别放在天平左右两侧,3、4号在天平下.(1)如果天平不平衡,说明1、2号中有伪币,3、4号都是真币,把天平左侧放1、2,右侧放3、4,如果1、2重,说明伪币重,如果1、2轻,说明伪币轻;(2)如果天平平衡,说明1、2号都是真币,3、4号中有伪币,把天平左侧放1、2,右侧放3、4,如果3、4重,说明伪币重,如果3、4轻,说明伪币轻.将4枚硬币编号,分别是1、2、3、4号.把1、2号分别放在天平左右两侧,3、4号在天平下.(1)如果天平不平衡,说明1、2号中有伪币,3、4号都是真币,把天平左侧放1、2,右侧放3、4,如果1、2重,说明伪币重,如果1、2轻,说明伪币轻; (2)如果天平平衡,说明1、2号都是真币,3、4号中有伪币,把天平左侧放1、2,右侧放3、4,如果3、4重,说明伪币重,如果3、4轻,说明伪币轻.【答案】练4将3枚硬币编号,分别是1、2、3.把1、2号分别放在天平左右两侧,3号在天平下.(1)如果天平不平衡,说明1、2号中有伪币,3号是真币,把1号和3号分别放在天平左右两侧,第二次如果天平平衡,说明2号是伪币 ,通过第一次测量结果就能知道伪币的轻重.第二次如果天平不平衡,说明1号是伪币,通过第一次测量结果也能知道伪币的轻重;第 5 讲 揪出冒牌货自我巩固答案思维突破 / 四年级 / 寒假【解析】(2)如果天平平衡,说明1、2号都是真币,3号是伪币,把1号和3号分别放在天平左右两侧,3号重,说明伪币重,3号轻,说明伪币轻.将3枚硬币编号,分别是1、2、3.把1、2号分别放在天平左右两侧,3号在天平下.(1)如果天平不平衡,说明1、2号中有伪币,3号是真币,把1号和3号分别放在天平左右两侧,第二次如果天平平衡,说明2号是伪币 ,通过第一次测量结果就能知道伪币的轻重.第二次如果天平不平衡,说明1号是伪币,通过第一次测量结果也能知道伪币的轻重;(2)如果天平平衡,说明1、2号都是真币,3号是伪币,把1号和3号分别放在天平左右两侧,3号重,说明伪币重,3号轻,说明伪币轻.【答案】【解析】挑战极限14次3枚硬币知道伪币轻重,找伪币,需要1次;9枚硬币知道伪币轻重,找伪币,需要2次;27枚硬币知道伪币轻重,找伪币,需要3次;81枚硬币知道伪币轻重,找伪币,需要4次.80枚硬币需要4次.【答案】【解析】19第一次天平平衡说明1、2、3、4、5、6号都是真币,第二次天平平衡说明7、8号都是真币,所以剩下一枚是伪币,也就是9号.【答案】【解析】210第一次天平平衡说明1、2、3、4、5、6、7、8都是真币,第二次天平失去平衡,说明9、10号中有伪币,伪币比真币重,哪边下沉哪边有伪币.因此,10号是伪币.【答案】【解析】333枚硬币知道伪币轻重,找伪币,需要1次;9枚硬币知道伪币轻重,找伪币,需要2次;27枚硬币知道伪币轻重,找伪币,需要3次.【答案】【解析】44每次将硬币平均分成三堆,再把有伪币的堆继续分三堆.3枚硬币知道伪币轻重,找伪币,需要1次;9枚硬币知道伪币轻重,找伪币,需要2次;27枚硬币知道伪币轻重,找伪币,需要3次;81枚硬币知道伪币轻重,找伪币,需要4次,28枚硬币知道伪币轻重,找伪币,需要4次.【答案】【解析】523枚硬币知道伪币轻重,找伪币,需要1次;9枚硬币知道伪币轻重,找伪币,需要2次,5枚硬币需要2次.【答案】【解析】633枚硬币知道伪币轻重,找伪币,需要1次;9枚硬币知道伪币轻重,找伪币,需要2次;27枚硬币知道伪币轻重,找伪币,需要3次;11枚硬币需要3次.【答案】【解析】72将9枚硬币编号,分别是1、2、3、4、5、6、7、8、9号.把1、2、3号和4、5、6号分别放在天平的左右两侧,(1)如果天平平衡,说明7、8、9中有伪币,把7、8、9和1、2、3分别放在天平左右两侧,7、8、9重,则伪币重,7、8、9轻,则伪币轻;(2)如果天平不平衡,说明7、8、9都是真币,把1、2、3和7、8、9分别放在天平的左右两侧,第二次称量天平平衡,说明4、5、6中有伪币,而且根据第一次称量结果可以判断伪币轻重,第二次称量天平不平衡,说明1、2、3中有伪币,根据1、2、3的轻重可以判断伪币的轻重.【答案】【解析】82将15枚硬币编号,分别是1、2、3、4、5、6、7、8、9、10、11、12、13、14、15号.把1、2、3、4、5号和6、7、8、9、10号分别放在天平的左右两侧,(1)如果天平平衡,说明11、12、13、14、15号中有伪币,把11、12、13、14、15号和1、2、3、4、5号分别放在天平左右两侧,11、12、13、14、15重,则伪币重,11、12、13、14、15重轻,则伪币轻;(2)如果天平不平衡,说明11、12、13、14、15号都是真币,把把11、12、13、14、15号和1、2、3、4、5号分别放在天平的左右两侧,第二次称量天平平衡,说明6、7、8、9、10中有伪币,而且根据第一次称量结果可以判断伪币轻重,第二次称量天平不平衡,说明1、2、3、4、5中有伪币,根据1、2、3、4、5的轻重可以判断伪币轻重.【答案】【解析】92将7枚硬币编号,分别是1、2、3、4、5、6、7号.把1、2号和3、4号分别放在天平的左右两侧,(1)如果天平平衡,说明5、6、7中有伪币,把5、6、7和1、2、3分别放在天平左右两侧,5、6、7重,则伪币重,5、6、7轻,则伪币轻;(2)如果天平不平衡,说明5、6、7都是真币,把1、2和5、6分别放在天平的左右两侧,第二次称量天平平衡,说明3、4中有伪币,而且根据第一次称量结果可以判断伪币轻重,第二次称量天平不平衡,说明1、2中有伪币,根据1、2的轻重可以判断伪币轻重.【答案】102第 5 讲 揪出冒牌货课堂落实答案思维突破 / 四年级 / 寒假第 6 讲 天平与砝码例题练习题答案思维突破 / 四年级 / 寒假【解析】将16枚硬币编号,分别是1、2、…、15、16号.把1、2、3、4、5号和6、7、8、9、10号分别放在天平的左右两侧,(1)如果天平平衡,说明11、12、13、14、15、16中有伪币,把11、12、13、14、15、16和1、2、3、4、5、6分别放在天平左右两侧,11、12、13、14、15、16重,则伪币重,11、12、13、14、15、16轻,则伪币轻;(2)如果天平不平衡,说明11、12、13、14、15、16都是真币,把1、2、3、4、5和11、12、13、14、15分别放在天平的左右两侧,第二次称量天平平衡,说明6、7、8、9、10中有伪币,而且根据第一次称量结果可以判断伪币轻重,第二次称量天平不平衡,说明1、2、3、4、5中有伪币,根据1、2、3、4、5的轻重可以判断伪币轻重.【答案】111【答案】22【答案】33【答案】42【答案】52【答案】【解析】例16种一个砝码,能称出2克、4克、6克;两个砝码,能称出(克)、(克)、(克);三个砝码,能称出(克).共能称出6种不同重量的物体.2+4=62+6=84+6=102+4+6=12【答案】【解析】练16种一个砝码,能称出1克、2克、3克;两个砝码,能称出(克)、。

吉林大学组合数学习题答案

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考虑数列 a1,a2,...,a50,a1+24,a2+24,a50+24,它们都在1与75+24=99之间。 由鸽巢原理知,其中必有两项相等。由(*)知,a1,a2,...,a50互不相等,从而a1+24,...a50+24 也互不相等,所以 一定存在1<=i<j<=50, 使得aj = ai+24,即 24=aj-ai=(b1+b2+b3+…+bi+…+bj)-(b1+b2+…+bi)= i + 1 所以从第i+1天到第j天这连续j-i天中,她正好做了24次实验。 2.11 证明:从 S={1,3,5,…,599}这 300 个奇数中任意选取 101 个数,在所选出的数中一定存在 2 个数,它们之间最多差 4。 证明: 将S划分为{1,3,5},{7,9,11}……,{ 595,597,599}共100组,由鸽巢原理知任意选取101个数中必存在2个数来自同一组,即其 差最多为4. 2.12 证明:从 1~200 中任意选取 70 个数,总有两个数的差是 4,5 或 9。 证明:设这 70 个数为 a1,a2,…,a70, a1+4,a2+4,…,a70+4, a1+9,a2+9,…,a70+9, 取值范围209,共210个数
解:先排 21 个辅音字母,共有 21! 再将 5 个元音插入到 22 个空隙中, P22 故所求为 21 !× P22 (插入法) 3.6 有 6 名先生和 6 名女士围坐一个圆桌就餐,要求男女交替就坐,则有多少种不同的排坐方式? 或 解:6 男全排列 6!;6 女全排列 6!;6 女插入 6 男的前 6 个空或者后 6 个空,即女打头或男打头 6!*6!*2;再除以围圈重 复得(6!*6!*2)/12=6!*5!

2021_2022学年新教材高中数学第五章计数原理§2第1课时排列一课后篇巩固提升训练含解析北师大版

2021_2022学年新教材高中数学第五章计数原理§2第1课时排列一课后篇巩固提升训练含解析北师大版

第五章计数原理§2排列问题第1课时排列(一)课后篇巩固提升合格考达标练1.如下问题:①从甲、乙、丙三名同学中选出两名分别参加数学、物理兴趣小组;②从甲、乙、丙三名同学中选出两人参加一项活动;③从a,b,c,d中选出3个字母;④从1,2,3,4,5这5个数字中取出2个数字组成一个两位数.其中是排列问题的有()A.1个B.2个C.3个D.4个,①④是排列问题.2.A12m=9×10×11×12,如此m等于()A.3B.4C.5D.63.5A53+4A42等于()A.107B.323C.320D.348A 53+4A 42=5×5×4×3+4×4×3=348.4.A n 2=7A n -42,如此n 的值是()A.2B.6C.7D.8A n 2=7A n -42知,n-4≥2,故n ≥6.原方程可化为n (n-1)=7(n-4)(n-5),即3n 2-31n+70=0,解得n=7或n=103(舍),应当选C .5.方程3A x 3=2A x+12+6A x 2的解为.{x ≥3,x +1≥2,x ≥2,x ∈N +,即x ≥3,x ∈N +,原方程可化为3x (x-1)(x-2)=2(x+1)x+6x (x-1),∵x ≥3,∴可化为3x 2-17x+10=0,即(3x-2)(x-5)=0,解得x=5或x=2(舍).36.由1,4,5,x四个数字组成没有重复数字的四位数,所有这些四位数的各个数位上的数字之和为288,如此x=.x≠0时,有A44=24个四位数,每个四位数的数字之和为1+4+5+x,故24(1+4+5+x)=288,解得x=2;当x=0时,每个四位数的数字之和为1+4+5=10,而288不能被10整除,即x=0不符合题意.综上可知,x=2.7.某信号兵用红、黄、蓝3面旗从上到下挂在竖直的旗杆上表示信号,每次可以任挂1面、2面或3面(旗的颜色无重复),并且不同的顺序表示不同的信号,如此一共可以表示种不同的信号.1类,挂1面旗表示信号,有A31种不同结果;第2类,挂2面旗表示信号,有A32种不同结果;第3类,挂3面旗表示信号,有A33种不同结果;根据分类加法计数原理,可以表示的信号共有A31+A32+A33=3+3×2+3×2×1=15种.8.A,B,C,D四人站成一排,其中A不站排头,写出所有的站法.:故所有的站法是BACD,BADC,BCAD,BCDA,BDAC,BDCA,CABD,CADB,CBAD,CBDA,CDAB,CDBA,DACB,DABC,DBAC,DBCA,DCAB,DCBA.等级考提升练9.假如S=A11+A22+A33+A44+…+A100100,如此S的个位数字是()A.8B.5C.3D.01=1,A22=2,A33=6,A44=24,个位数之和为1+2+6+4=13,而A55,A66,…,A100100都含有5和至少一个1偶数,∴个位数字均为0,∴S的个位数字为3.10.从2,3,5,7四个数中任选两个分别相除,如此得到的结果有()A.6个B.10个C.12个D.16个A42=4×3=12个.11.假如a,b∈{1,3,5,7,9},如此lg a-lg b的不同值的个数是()A.9B.10C.18D.201,3,5,7,9这五个数中任取两个不同的数进展排列,共有A52=20种排法,因为31=93,13=39,所以从1,3,5,7,9这五个数中,每次取出两个不同的数分别记为a,b,共可得到lg a-lg b的不同值的个数是20-2=18.12.从集合{3,5,7,9,11}中任取两个元素,①相加可得多少个不同的和?②相除可得多少个不同的商?③作为椭圆x2a2+y2b2=1中的a,b,可以得到多少个焦点在x轴上的椭圆方程?④作为双曲线x2a2−y2b2=1中的a,b,可以得到多少个焦点在x轴上的双曲线方程? 上面四个问题属于排列问题的是()A.①②③④B.②④C.②③D.①④加法满足交换律,∴①不是排列问题;∵除法不满足交换律,如53≠35,∴②是排列问题;假如方程x 2a 2+y 2b 2=1表示焦点在x 轴上的椭圆,如此必有a>b ,a ,b 的大小一定;在双曲线x 2a 2−y 2b 2=1中不管a>b 还是a<b ,方程均表示焦点在x 轴上的双曲线,且是不同的双曲线.故③不是排列问题,④是排列问题.13.(多项选择题)如下各式中与排列数A n m 相等的是()A.n!(n -m+1)!B.n (n-1)(n-2)…(n-m+1)C.nA n -1m n -m+1D.A n 1A n -1m -1A n m =n (n-1)(n-2)·…·(n-m+1),故B 正确;A n m =n!(n -m)!,而A n 1A n -1m -1=n ×(n -1)!(n -m)!=n!(n -m)!,即A n 1A n -1m -1=A n m ,故D 正确.AC 错误.14.一共有5名同学参加《我的中国梦》演讲比赛,3名女生和2名男生,如果男生不排第一个演讲,同时两名男生不能相邻演讲,如此排序方法有种.(用数字作答),分2步完成:①将三名女生全排列,有A 33=6种方法,②排好后,有4个空位,男生不排第一个演讲,除去第一个空位,有3个空位可用,在这三个空位中任选2个,安排2名男生,有A32=6种方法,如此有6×6=36种符合题意的排序方法.15.一条铁路线上原有n个车站,为了适应客运的需要,在这条铁路线上又新增加了m(m>1)个车站,客运车票增加了62种,如此n=,m=.,A n+m2−A n2=62,(n+m)(n+m-1)-n(n-1)=62,整理得m(2n+m-1)=62=2×31.∵m,n均为正整数,∴2n+m-1也为正整数.∵62不可能再分解为其他两个正整数相乘的形式,∴{m=2,2n+m-1=31,解得n=15,m=2.16.某国的篮球职业联赛共有16支球队参加.(1)每队与其余各队在主客场分别比赛一次,共要进展多少场比赛?(2)假如16支球队恰好8支来自北部赛区,8支来自南部赛区,为增加比赛观赏度,各自赛区分别采用(1)中的赛制决出赛区冠军后,再进展一场总冠军赛,共要进展多少场比赛?任意两队之间要进展一场主场比赛与一场客场比赛,对应于从16支球队任取两支的一个排列,比赛的总场次是A162=16×15=240.(2)由(1)中的分析,比赛的总场次是A82×2+1=8×7×2+1=113.新情境创新练17.从集合{1,2,3,…,20}中任选出3个不同的数,使这3个数成等差数列,这样的等差数列可以有多少个?a,b,c∈N+,且a,b,c成等差数列,如此a+c=2b,由此可以得出a+c应是偶数.因此从1到20这20个自然数中任选3个数成等差数列.如此第一个数与第三个数必同时为偶数或同时为奇数,而1到20这20个自然数中有10个偶数和10个奇数,当第一个数a和第三个数c选定后,中间的数b也就唯一确定了,所以选法只有两类:①a与c都是偶数,有A102种选法;②a与c都是奇数,有A102种选法.根据分类加法计数原理,选出3个不同的数成等差数列,这样的数列有A102+A102=180(个).。

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1第一章 排列组合1、 在小于2000的数中,有多少个正整数含有数字2?解:千位数为1或0,百位数为2的正整数个数为:2*1*10*10;千位数为1或0,百位数不为2,十位数为2的正整数个数为:2*9*1*10; 千位数为1或0,百位数和十位数皆不为2,个位数为2的正整数个数为:2*9*9*1;故满足题意的整数个数为:2*1*10*10+2*9*1*10+2*9*9*1=542。

2、 在所有7位01串中,同时含有“101”串和“11”串的有多少个? 解:(1) 串中有6个1:1个0有5个位置可以插入:5种。

(2) 串中有5个1,除去0111110,个数为()62-1=14。

(或:()()4142*2+=14)(3)串中有4个1:分两种情况:①3个0单独插入,出去1010101,共()53-1种;②其中两个0一组,另外一个单独,则有()()2*)2,2(4152-P 种。

(4)串中有3个1:串只能为**1101**或**1011**,故共4*2种。

所以满足条件的串共48个。

3、一学生在搜索2004年1月份某领域的论文时,共找到中文的10篇,英文的12篇,德文的5篇,法文的6篇,且所有的都不相同。

如果他只需要2篇,但必须是不同语言的,那么他共有多少种选择? 解:10*12+10*5+10*6+12*5+12*6+5*64、设由1,2,3,4,5,6组成的各位数字互异的4位偶数共有n 个,其和为m 。

求n 和m 。

解:由1,2,3,4,5,6组成的各位数字互异,且个位数字为2,4,6的偶数均有P(5,3)=60个,于是:n = 60*3 = 180。

以a 1,a 2,a 3,a 4分别表示这180个偶数的个位、十位、百位、千位数字之和,则m = a 1+10a 2+100a 3+1000a 4。

因为个位数字为2,4,6的偶数各有60个,故 a 1 = (2+4+6)*60=720。

因为千(百,十)位数字为1,3,5的偶数各有3*P(4,2) = 36个,为2,4,6的偶数各有2*P(4,2) = 24个,故a 2 = a 3 = a 4 = (1+3+5)*36 + (2+4+6)*24 = 612。

因此, m = 720 + 612*(10 + 100 + 1000) = 680040。

5、 从{1,2,…,7}中选出不同的5个数字组成的5位数中,1与2不相邻的数字有多少个? 解:1与2相邻:())4,4(253P ⨯⨯。

故有1和 2 但它们不相邻的方案数:()())4,4(2)5,5(5353P P ⨯⨯-⨯只有1或2:())5,5(254P ⨯⨯ 没有1和2:P(5,5)2故总方案数:()())4,4(2)5,5(5353P P ⨯⨯-⨯+())5,5(254P ⨯⨯+ P(5,5)6、 安排5个人去3个学校参观,每个学校至少一人,共有多少种安排方案? 解:方法一:有两种方案:①有两个学校只要一个人去,剩下的那个去3人;②有两个学校去2人,剩下的去1人。

故方案数为:(()()()()2/2/32524151+)*P(3,3)=150。

方法二:()()()()()()2132********+=150。

7、 现有100件产品,其中有两件是次品. 如果从中任意抽出5件,抽出的产品中至多有一件次品的概率是多少? 解:无次品:()985;有一件次品:()984()21因此,概率为(()985+()984()21)/()10058、 有七种小球,每个小球内有1~7个星星。

一次活动中,主办方随机发放礼品盒,每个盒里放两个这样的小球,那么共有多少种这样的礼品盒?解:方法一、()281272=-+ 方法二、(7×7-7)/2+7=28方法三、一个球是一星球,另一个球可以是一~七星球,故有7种; 一个球是二星球,另一个球可以是二~七星球,故有6种;…………一个球是七星球,另一个球可以是七星球,故有1种。

因此,共7+6+…+1=28种。

9、 服务器A 接到发往服务器B 、C 、D 、E 、F 的信包各3个,但它一次只能发出一个信包。

问共有多少种发送方式?如果发往服务器B 的信包两两不能相邻发出呢? 解:(1){3•B,3•C,3•D,3•E,3•F}的全排列(2)其余4个服务器全排列,在插入B 的三个:⎪⎪⎭⎫⎝⎛+++!3!3!3!3)!3333(310、 有m 个省,每省有n 个代表,若从这mn 个代表中选出k (k ≤m )个组成常任委员会,要求委员会中的人来自不同的省,一共有多少种不同的选法?解:()m k •nk11、 7对夫妇围一圆桌而坐,每对夫妇都不相邻的坐法有多少种? 解:7个夫人先坐:7!/7第一个丈夫不坐在他夫人旁边,则有5个地方可以坐;第二个丈夫由于可以坐在第一个丈夫旁边,故有6个地方可以坐;3……………………第7个丈夫有11分地方可以坐。

因此:5*6*7*8*9*10*11*7!/7=1197504000。

12、 设S = {n 1·a 1, n 2·a 2,…,n k ·a k },其中n 1 = 1,n 2 + n 3 +…+ n k = n ,证明S 的圆排列的个数等于:!!!!k n n n n ⋅⋅⋅32证明:S 的全排列为:!!!)!1(21k n n n n +因为要排成(n+1)圆,故圆排列数为!!!)!1(21k n n n n +/(n+1)= !!!2k n n n13、 有8个大小相同的棋子(5个红的3个蓝的),放在12×12的棋盘上,每行、每列都只能放一个,问有多少种放法.解:()())3,7()5,12(73125P P先放红的。

选出5行出来()125,列可任选为P(12,6)。

再先放蓝的。

选出3行出来()73,列可任选为P(7,3)。

14、设1≤r ≤n ,考虑集合{1,2,…,n}的所有r 元子集及每个子集中的最小数,证明这些最小数的算数平均数为 11++r n .证明:r 元子集共()n r 个,于是共有()nr 个最小数。

下面我们求出这些最小数之和。

如果r 元子集中的最小数为k ,那么除k 外的r-1个数只能从{k+1,k+2,…,n}中取,有()k n r --1种取法,即以k 为最小数的r 子集有()kn r --1个,因此这些最小数之和为()kn r r n k k --+-=∑111。

于是平均数为()()k n r r n k n rk --+-=∑1111。

由()()n m n n m -=和()()()11+-=+n m n m n m 有()()()()∑∑∑-=+++-+--=--+-==+=+-rn k n r k n rk n rrn k kn r r n k r r r k n 111111111)1(()()n rr n k k n r n n )1()1(111+=+∑+-=--上面两式相减得:()()()11111)1(+++-=---+=∑n r n rr n k k n r r n k4 因此()()k n r r n k nrk --+-=∑1111=11++r n 。

15、用二项式定理展开(4x - 3y)8.解:()∑=--888)3()4(r rr r y x 16、(3y – 2z)20的展开式中,y 5z 15的系数是什么?解:()155205)2(3- 17、证明:()()()()()()⋅⋅⋅+++=⋅⋅⋅+++n n n n n n531420证明:该等式的组合意义是说,n 元集S 的偶子集数与奇子集数相等。

现在我们任取S 中的一个元x 。

对S 的任何一个偶子集A ⊆S ,如果x ∈A ,则令B =A-{x};否则,令B =A ∪{x}。

B 显然是S 的奇子集。

不难证明这是所有偶子集与所有奇子集之间的一一对应。

所以,S 的偶子集数与奇子集数相等。

18、证明等式∑=-+=⨯n0k 11)!(n k!k 并讨论其组合意义.证明:(n+1)!= n*n!+n!n! = (n-1)*(n-1)!+(n-1)! ……………… 2! = 1*1!+1!以上各式相加,整理得:(n+1)! = n+n!+(n-1)*(n-1)!+…+2*2!+1*1!+1 故∑=-+=⨯nk 11)!(n k!k 。

组合意义:将(n+1)个不同物体a 1,a 2,…,a n+1放入(n+1)个不同的盒子A 1,A 2,…,A n+1内的方法如下:(a 1不在A 1内)+(a 1在A 1内但a 2不在A 2内)+(a 1,a 2分别在A 1,A 2内但a 3不在A 3内)+……+(a 1,a 2,…, a i 分别在A 1,A 2,…, A i 内但a i+1不在A i+1内)+……+(a 1,a 2,…, a n+1分别在A 1,A 2,…, A n+1内) 即: ∑=+⨯=+n0k 1k!k 1)!(n故 ∑=-+=⨯nk 11)!(n k!k19、证明:()()!!!)!(k n m k n m n m mk n m k++=+++证明:()()!!!)!(!!)!()!(!)!(k n m k n m n m n m n m k k n m nm m k n m k++=+⋅+++=+++520、证明:()()⎩⎨⎧>==∑=mn 0,mn 1(-1)k mnmk n kk-n 若,若. 证明:若n=m :()()()()nm n n n -n k m nmk n k k -n (-1)(-1)=∑==1。

若n>m :我们知道,(1+x) n=()knk n k x∑=对该式两边求m 阶导数:()mk nk n kmn xm k k x m n n -=--=+-∑)!(!)1()!(!0乘以!2m x kn m -+:()()()mk k mnk n kmn n mkn m xx x -=--+∑=+02)1(令x = -1:0 = ()()k mnmk nkk -n (-1)∑=21、证明下列等式:(1)()()()∑=-=mk nm m n k k n m -n 2证明:()()()()n mm kn k k n m -n )!()!(!!)!(!)!()!(!)!(=--=----=-k m m n k n k n k k m m n n k n因此,()()()∑=-=mk nm m n k k n m -n 2(2)()()()1r n mi r i mi i n i m +++=--=∑ 证明:利用路径问题解决。

左边第i 项相当于从点c (-r-1,0)到点(-1,i),再经点(0,i),最后到达b (n-m,m)的所有路径数。

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