李凡长版 组合数学课后习题答案 习题3
李凡长版 组合数学课后习题答案习题4
第四章 生成函数1. 求下列数列的生成函数： （1）{0,1,16,81,…,n 4,…} 解：G{k 4}=235(11111)1x x x x x +++-（）（2）343,,,333n +⎧⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎨⎬ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎩⎭L 解：3n G n +⎧⎫⎛⎫⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭=41(1)x - （3）{1,0,2,0,3,0,4,0,……} 解：A(x)=1+2x 2+3x 4+4x 6+…=（211x-）2. （4）{1,k ,k 2,k 3,…} 解：A(x)=1+kx+k 2x 2+k 3x 3+…=11kx -. 2. 求下列和式： （1）14+24+…+n 4解：由上面第一题可知，{n 4}生成函数为A(x)=235(11111)1x x x x x +++-（）=0kk k a x ∞=∑， 此处a k =k 4.令b n =14+24+…+n 4，则b n =0nk k a =∑，由性质3即得数列{b n }的生成函数为 B(x)= 0nn n b x ∞=∑=()1A x x -=34125(1111)ii i x x x x x i ∞=++++⎛⎫ ⎪⎝⎭∑. 比较等式两边x n 的系数，便得14+24+…+n 4=b n =1525354511111234n n n n n n n n -+-+-+-++++----⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭321(1)(691)30n n n n n =+++-（2）1·2+2·3+…+n (n +1)解：{ n (n +1)}的生成函数为A(x)=32(1)x x -=0kk k a x ∞=∑，此处a k = n (n +1).令b n =1·2+2·3+…+n (n +1)，则b n =0nk k a =∑.由性质3即得数列{b n }的生成函数为B(x)=nn n b x ∞=∑=()1A x x-=42(1)xx -=032nk kk x x k =+⎛⎫⎪⎝⎭∑. 比较等式两边x n 的系数，便得1·2+2·3+…+n (n +1)= b n =2(1)(2)213n n n n n +++=-⎛⎫ ⎪⎝⎭. 3. 利用生成函数求解下列递推关系： （1）()7(1)12(2)(0)2,(1)7f n f n f n f f =---==⎧⎨⎩;解：令A(x)=0()n n f n x ∞=∑则有A(x)-f(0)-f(1)x=2()nn f n x ∞=∑=2(7(1)12(2))n nf n f n x∞=---∑=217()12()nnn n x f n x xf n x∞∞==-∑∑=7x(A(x)-f(0))-12x 2A(x).将f(0)=2，f(1)=7代入上式并整理，得22711()(34)17121314n n n x A x x x x x ∞=-==+=+-+--∑. （2）()3(1)53(0)0nf n f n f =-+⋅=⎧⎨⎩;解：令A(x)=0()nn f n x ∞=∑，则有A(x)-f(0)= 1(3(1)53)n nnf n x ∞=-+⋅∑=03()153nn n n n x f n x x x ∞∞==+∑∑=3xA(x)+15x·113x-.A(x)= 215(13)xx - （3）()2(1)(2)(0)0,(1)1f n f n f n f f =-+-==⎧⎨⎩;解：令A(x)=0()nn f n x ∞=∑，则有A(x)-f(0)-f(1)x=2(2(1)(2))n nf n f n x ∞=-+-∑=212()()nnn n x f n x xf n x∞∞==+∑∑=2x(A(x)-f(0))+x 2A(x).将f(0)=0，f(1)=1代入上式并整理，得2()12x A x x x =--.4. 设序列{n a }的生成函数为：343(1)(1)xx x x --+-,但00b a =,110b a a =-,……,1n n n b a a -=-,……,求序列{n b }的生成函数.解：由00b a =,110b a a =-,……,1n n n b a a -=-,得0nk n k b a ==∑，所以A(x)=()1B x x-.由此得B(x)=(1-x)A(x)= 3431xx x -+-，亦即序列{n b }的生成函数。
人教A版高中数学选择性必修第三册素养单元课后习题 第6章 计数原理 组合 组合数
066.2.3 组合 6.2.4 组合数A级必备知识基础练1.把三张游园票分给10个人中的3人,分法有( )A.A103种B.C103种C.C103A103种D.30种2,则n的值为( )2.若A n2=3C n-1A.4B.5C.6D.73.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.2种B.1 024种C.625种D.5种4.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“村村通”工程,则共需建公路的条数为( )A.4B.8C.28D.645.从2,3,…,8中任意取三个不同的数字,组成无重复数字的三位数,要求个位数最大,百位数最小,则这样的三位数的个数为( )A.35B.42C.105D.2106.某校有6名志愿者,在放假的第一天去北京世园会的中国馆服务,任务是组织游客参加“祝福祖国征集留言”“欢乐世园共绘展板”“传递祝福发放彩绳”三项活动,其中1人负责“征集留言”,2人负责“共绘展板”,3人负责“发放彩绳”,则不同的分配方案种数为( )A.30B.60C.120D.1807.若集合A={a1,a2,a3,a4,a5},则集合A的子集中含有4个元素的子集共有个.8.若对任意的=-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.B级关键能力提升练9.已知圆上有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10.已知集合A={5},B={1,2},C={1,3,4},从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中点的坐标,则确定的不同点的个数为( )A.33B.34C.35D.3611.(多选题)某研学旅行夏令营主办单位计划在暑假开设“礼、乐、射、御、书、数”六门体验课程,若甲、乙、丙三名同学只能各自体验其中一门课程,则( )A.甲、乙、丙三人选择课程方案有120种B.甲、乙、丙三人选择同样课程有6种方案C.恰有三门课程没有被三名同学选中的选课方案有120种D.若有A,B,C,D,E五名教师教这6门课程,每名老师至少教一门,且A老师不教“数”,则有1 440种排课方式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.13.某班级在迎新春活动中进行抽卡活动,不透明的卡箱中共有“福”“迎”“春”卡各两张,“龙”卡三张.每个学生从卡箱中随机抽取4张卡片,其中抽到“龙”卡获得2分,抽到其他卡均获得1分,若抽中“福”“龙”“迎”“春”4张卡片,则额外获得2分.(1)求学生甲最终获得5分的不同的抽法种数;(2)求学生乙最终获得7分的不同的抽法种数.参考答案6.2.3 组合 6.2.4 组合数1.B 三张票没区别,从10人中选3人即可,即C103.2,2.C 因为A n2=3C n-1.所以n(n-1)=3(n-1)(n-2)2又n≥3,解得n=6.故选C.3.D 由于4张同样的参观券分给5名代表,每人最多分一张,故从5名代表中选4人满足分配要求,不同的分法共有C54=5种.=4.C 由于“村村通”公路的修建是组合问题,故共需要建C82=A82A228×7=28条公路.2×15.A 由于取出三个数字后大小次序已确定,只需把最小的数字放在百位,最大的数字放在个位,剩下的数字放在十位,因此满足条件的三位数的个=35.数为C73=7×6×53×2×16.B 从6人中选1人负责“征集留言”,从剩下的人中选2人负责“共绘展板”,最后剩下的3人负责“发放彩绳”,则不同的分配方案种数为C61×C52×C33=60.故选B.7.5 因为子集中含有4个元素,且集合中元素具有无序性,则满足条件的子集个数为C54=5.8.15 “具有伙伴关系”的元素组有-1;1;12,2;13,3,共4组.所以集合M 的所有非空子集中,“具有伙伴关系”的非空集合中的元素,可以是“具有伙伴关系”的元素组中的任意一组、二组、三组、四组.又因为集合中的元素是无序的,所以所求集合的个数为C 41+C 42+C 43+C 44=15.9.D 此题可化归为圆上9个点可组成多少个四边形,所有四边形的对角线交点个数即为所求,所以交点为C 94=126个.10.A ①所得空间直角坐标系中的点的坐标中不含1的点的个数为C 21·A 33=12;②所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有1个1的点的个数为C 21·A 33+A 33=18;③所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有2个1的点的个数为C 31=3.故共有符合条件的点的个数为12+18+3=33.故选A.11.BCD 对于A,甲、乙、丙三人每人都有6种选择方案,共有6×6×6=216种选择课程方案.故A 错误.对于B,甲、乙、丙三人选择同样课程有6种方案.故B 正确.对于C,恰有三门课程没有被三名同学选中即3名同学选择了不同的三门课程,故有A 63=120种选课方案.故C 正确.对于D,若A 老师教2门课程,则有C 52A 44=240种排课方式;若A 老师教1门课程,且教2门课的老师教“数”,则有C 41C 51A 44=480种排课方式;若A 老师教1门课程,且教2门课的老师不教“数”,则有C41C52C31A33=720种排课方式,因此一共有240+480+720=1440种排课方式.故D正确.故选BCD.12.126 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C94×C55=126种走法,故从A地到B地的最短路线共有126条.13.解(1)学生甲最终获得5分,则需抽中1张“龙”卡和3张其他卡,且不能抽齐“福”“龙”“迎”“春”卡,则不同的抽法种数为C31(C63−C21C21C21)=36.(2)学生乙最终获得7分的情况有2种:一种是抽中3张“龙”卡和1张其他卡,另一种是抽齐“福”“龙”“迎”“春”卡,则不同的抽法种数为C33C61+C31C21C21C21=30.。
李凡长版 组合数学课后习题答案 习题1
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。
李凡长版组合数学课后习题标准答案习题
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。
2020学年高中数学课时分层作业3组合(含解析)苏教版选修2-3(2021-2022学年)
课时分层作业(三）组合（建议用时：60分钟）［基础达标练]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往返甲、乙两地C [从100位幸运观众中选出2名幸运之星,与顺序无关，是组合问题．]2．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“村村通"工程,共需建公路的条数为（ )Ａ.4 B．8Ｃ.２8 D.6４Ｃ [由于“村村通＂公路的修建，是组合问题．故共需要建C错误!未定义书签。
＝２8条公路.］3.组合数C错误!(ｎ＞ｒ≥1，n,r∈N)恒等于( )A．ｒ＋１n+１C错误!未定义书签。
B.（ｎ＋1)(ｒ+1)C错误!C.ｎｒC错误!ﻩD.错误!未定义书签。
C错误!D[nｒC错误!=错误!未定义书签。
·错误!未定义书签。
＝错误!=C错误!未定义书签。
]4.若A错误!未定义书签。
=１２C错误!未定义书签。
,则n等于( ）A．8ﻩＢ．5或６C．３或4ﻩ D.4A[A错误!未定义书签。
＝ｎ（n－１)（ｎ－2)，Ｃ错误!＝错误!未定义书签。
n(ｎ－1),所以ｎ（n－1)(n－2）＝12×错误!未定义书签。
ｎ(n－1）．由n∈Ｎ＊,且n≥3，解得n＝８。
］5．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错误!未定义书签。
种ﻩB.Ａ＼ｏ＼ａl(3,10)种ﻬC.Ａ错误!未定义书签。
A错误!种Ｄ.C错误!未定义书签。
Ｃ错误!种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错误!未定义书签。
种选法；第二步,选男工,有C错误!未定义书签。
种选法．故共有C错误!C错误!未定义书签。
《组合数学》第二版 姜建国著 课后习题答案全
只需证明 f 是满射函数即可。又因为 f 是定义在两个有限且基数相等的函
数上，因此如果能证明 f 单射，则 f 必是满射。
假设 f 不是单射，则存在 (am1, am2 ,, a2 , a1), (bm1, bm2 ,, b2 , b1) M ， (am1, am2 ,, a2 , a1) (bm1, bm2 ,, b2 , b1) ，且有 K0 N ，使得 K0 f (am1, am2 ,, a2 , a1) f (bm1, bm2 ,, b2 , b1) 由于 (am1, am2 ,, a2 , a1) (bm1, bm2 ,, b2 , b1) ，故必存在 j m 1 ，使得 a j bj 。不妨设这个 j 是第一个使之不相等的，即 ai bi (i m 1,, j 1) ， aj bj 且 aj bj ，
2．比 5400 小并具有下列性质的正整数有多少个？ （1）每位的数字全不同； （2）每位数字不同且不出现数字 2 与 7； 解：（1）比 5400 小且每位数字全不同的正整数； 按正整数的位数可分为以下几种情况： ① 一位数，可从 1～9 中任取一个，共有 9 个； ② 两位数。十位上的数可从 1～9 中选取，个位数上的数可从其余 9 个数 字中选取，根据乘法法则，共有 9 9 81个； ③ 三位数。百位上的数可从 1～9 中选取，剩下的两位数可从其余 9 个数 中选 2 个进行排列，根据乘法法则，共有 9 P92 648 个； ④ 四位数。又可分三种情况： 千位上的数从 1～4 中选取，剩下的三位数从剩下的 9 个数字中选 3 个进行排列，根据乘法法则，共有 4 P93 2016 个； 千位上的数取 5，百位上的数从 1～3 中选取，剩下的两位数从剩 下的 8 个数字中选 2 个进行排列，共有 3 P82 168 个； 千位上的数取 5，百位上的数取 0，剩下的两位数从剩下的 8 个数 字中选 2 个进行排列，共有 P82 56 个； 根据加法法则，满足条件的正整数共有：9 81 648 2016 168 56 2978 个；
2022年秋高中数学第六章计数原理培优课排列与组合的综合应用课后习题新人教A版选择性必修第三册
培优课——排列与组合的综合应用A 级必备知识基础练1.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 93C 63B.A 93A 63C.C 93C 63A 33D.A 93A 63A 332.已知直线a ,直线b ,且a ∥b ,a 上有5个点,b 上有4个点,则以这9个点中3个点为顶点的三角形个数为( )A.C 52C 41+C 51C 42B.(C 52+C 41)(C 51+C 42)C.C 93-9D.C 93−C 533.现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加某项服务活动,每人从事翻译、导游、礼仪、司机四项工作之一,每项工作至少有一人参加.甲、乙不会开车,但能从事其他三项工作,丙、丁、戊都能胜任四项工作,则不同安排方案的种数是( ) A.152 B.126C.90D.544.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.5.把座位编号为1,2,3,4,5的五张电影票全部分给甲、乙、丙、丁四个人,每人至少一张,至多两张,且分得的两张票必须是连号,那么不同的分法种数为 .6.甲、乙、丙三位教师指导五名学生a ,b ,c ,d ,e 参加全国高中数学联赛,每位教师至少指导一名学生.(1)若每位教师至多指导两名学生,求共有多少种分配方案; (2)若教师甲只指导其中一名学生,求共有多少种分配方案.7.有5个男生和3个女生,从中选出5人担任5门不同学科的科代表,求分别符合下列条件的选法数:(1)有女生但人数必须少于男生;(2)某女生一定担任语文科代表;(3)某男生必须包括在内,但不担任数学科代表;(4)某女生一定要担任语文科代表,某男生必须担任科代表,但不担任数学科代表.B级关键能力提升练8.假如某大学给我市某三所高中学校共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.10D.159.某工程队有卡车、挖掘机、吊车、混凝土搅拌车4辆工程车,将它们全部派往3个工地进行作业,每个工地至少派一辆工程车,共有多少种方式?下列结论正确的是()A.A33B.C31C21C11C31C.C31C42A22D.C43A3310.“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不同调查顺序的种数为()A.13B.24C.18D.7211.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.208B.204C.200D.19612.若自然数n使得n+(n+1)+(n+2)不产生十进位现象,则称n为“良数”.例如:32是“良数”,因为32+33+34不产生十进位现象;23不是“良数”,因为23+24+25产生十进位现象.那么,小于1000 的“良数”的个数为()A.27B.36C.39D.4813.某企业有4个分厂,新培训了6名技术人员,将这6名技术人员分配到各分厂,要求每个分厂至少1人,则不同的分配方案种数为.14.双十一活动期间,某商场计划将5张广告宣传页粘贴在商场的3个不同的入口,其中有2张是电器广告的宣传页,要求这2张电器广告的宣传页必须粘贴在不同入口,且每个入口至少粘贴1张宣传页,则不同的粘贴方法有 种.15.从6名短跑运动员中选4人参加4×100米接力赛,如果甲不能跑第一棒,乙不能跑第四棒,共有多少种不同的参赛方法?C 级学科素养创新练16.某论坛期间,某高校有14名志愿者参加接待工作,若每天早、中、晚三班,每班4人,每人每天最多值一班,则开幕式当天不同的排班种数为( )A.C 1412C 124C 84B.C 1412A 124A 84C.C 1412C 124C 84A 33D.C 1412C 124C 84A 3317.已知不定方程x 1+x 2+x 3+x 4=12,则不定方程正整数解的组数为 .培优课——排列与组合的综合应用1.C 此题为平均分组问题,有C 93C 63A 33种分法.2.A 可以分为两类:a 上取两点,b 上取一点,则可构成三角形个数为C 52C 41;a 上取一点,b 上取两点,则可构成三角形个数为C 51C 42.利用分类加法计数原理可得以这9个点中3个角为顶点的三角形个数为C 52C 41+C 51C 42,故选A .3.B 按从事司机工作的人数进行分类.有1人从事司机工作,不同的安排方案有C 31C 42A 33=108(种); 有2人从事司机工作,不同的安排方案有C 32·A 33=18(种).所以不同安排方案的种数是108+18=126. 4.75 分两类:第1类,从A,B,C 中选1门,从另6门中选3门,共有C 31·C 63种选法; 第2类,从6门中选4门有C 64种选法. 故共有C 31·C 63+C 64=75(种)不同的选修方案.5.96 先将票分为符合条件的4份,由题意,4人分5张票,且每人至少一张,至多两张,则三人每人一张,一人2张,且分得的票必须是连号,相当于将1,2,3,4,5这五个数用3个板子隔开,分为四部分.在中间4个空位插3个板子,共有C 43=4(种)情况,再对应到4个人,有A 44=24(种)情况,则共有4×24=96(种)不同的分法.6.解(1)5名学生分成3组,人数分别为2,2,1, ∴分配方案有C 52C 32A 22·A 33=90(种).(2)从5名学生任选1名学生分配给甲教师指导,剩下4名学生分成2组,人数分别为2,2或3,1,∴分配方案有C 51C 42C 22A 22·A 22+C 43C 11A 22=70(种).7.解(1)先选后排,可以是2女3男,也可以是1女4男,先选有(C 53C 32+C 54C 31)种情况,后排有A 55种情况,则符合条件的选法数为(C 53C 32+C 54C 31)·A 55=5400.(2)除去该女生后,先选后排,则符合条件的选法数为C 74·A 44=840. (3)先选后排,但先安排该男生,则符合条件的选法数为C 74·C 41·A 44=3360.(4)先从除去该男生该女生的6人中选3人有C 63种情况,再安排该男生有C 31种情况,选出的3人全排有A 33种情况,则符合条件的选法数为C 63·C 31·A 33=360.8.D 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C 62=15(种)分配方法.9.C10.D 可分三步:第1步,先从“医疗”“教育”“养老”“就业”这4个热点中选出3个,有C 43种不同的选法;第2步,在调查时,“住房”安排的顺序有A 31种可能情况;第3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 43A 31A 33=72.11.C 任取的3个顶点不能构成三角形的情形有3种:一是3条横线中在同一横线上的4个点,其组数为3C 43;二是4条竖线中在同一竖线上的3个点,其组数为4C 33;三是4条对角线上的3个点,其组数为4C 33,所以可以构成三角形的组数为C 123-3C 43-8C 33=200.12.D 如果n 是良数,则n 的个位数字只能是0,1,2,非个位数字只能是0,1,2,3(首位不为0),而小于1000的数至多三位,一位数的良数有0,1,2,共3个;二位数的良数个位可取0,1,2,十位可取1,2,3,共有3×3=9(个);三位数的良数个位可取0,1,2,十位可取0,1,2,3,百位可取1,2,3,共有3×4×3=36(个).综上,小于1000的“良数”的个数为3+9+36=48.13.1 560 先把6名技术人员分成4组,每组至少一人. 若4个组的人数按3,1,1,1分配, 则不同的分配方案有C 63C 31C 21C 11A 33=20(种).若4个组的人数为2,2,1,1, 则不同的分配方案有C 62C 42A 22×C 21A 22=45(种).故所有分组方法共有20+45=65(种).再把4个组的人分给4个分厂,不同的方法有65A 44=1560(种). 14.114 根据题意,分2步进行分析:①将5张宣传页分为3组,其中2张电器广告的宣传页不能在同一组,若分为张数1,1,3的三组,有C 53−C 31=7种分组方法,若分为张数1,2,2的三组,有C 52C 32A 22−C 32=12种分组方法,则广告宣传页共有7+12=19种分组方法.②将分好的三组分别粘贴在不同入口,有A 33=6种情况, 则有19×6=114种不同的粘贴方法. 15.解把所选取的运动员的情况分为三类:第1类,甲、乙两人均不参赛,不同的参赛方法有A 44=24(种);第2类,甲、乙两人有且只有1人参赛,不同的参赛方法有C 21C 43(A 44−A 33)=144(种); 第3类,甲、乙两人都参赛,不同的参赛方法有C 42(A 44-2A 33+A 22)=84(种).由分类加法计数原理知,所有的参赛方法共有24+144+84=252(种).16.A 首先从14人中选出12人,共C 1412种,然后将12人平均分为3组,共C 124C 84C 44A 33种,然后这两步相乘,得C 1412C 124C 84A 33.将三组排列后共C 1412C 124C 84种.故选A .17.165 问题相当于将12个完全相同的小球放入4个不同的盒子,且每个盒子中至少放入1个小球,使用“隔板法”得不定方程正整数解的组数为C 113=165.。
李凡长版 组合数学课后习题答案 习题5
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【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。
李凡长版 组合数学课后习题谜底 习题3
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。
高中数学(人教A版)选择性必修三课后习题：组合、组合数(课后习题)【含答案及解析】
第六章计数原理6.2 排列与组合6.2.3 组合 6.2.4 组合数课后篇巩固提升必备知识基础练1.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“村村通”工程,共需建公路的条数为( )A.4B.8C.28D.64“村村通”公路的修建是组合问题,故共需要建C 82=28(条)公路.2.某中学从4名男生和3名女生中推荐4人参加社会公益活动,若选出的4人中既有男生又有女生,则不同的选法共有( ) A.140种 B .120种 C .35种 D .34种1男3女有C 41C 33=4(种);若选2男2女有C 42C 32=18(种);若选3男1女有C 43C 31=12(种).所以共有4+18+12=34(种)不同的选法.故选D .3.已知C n+17−C n 7=C n 8,则n 等于( )A.14B.12C.13D.15,得C n+17=C n+18,故7+8=n+1,解得n=14.4.某校有6名志愿者,在放假的第一天去北京世园会的中国馆服务,任务是组织游客参加“祝福祖国征集留言”“欢乐世园共绘展板”“传递祝福发放彩绳”三项活动,其中1人负责“征集留言”,2人负责“共绘展板”,3人负责“发放彩绳”,则不同的分配方案共有( ) A.30种 B.60种 C.120种 D.180种6人中选1人负责“征集留言”,从剩下的人中选2人负责“共绘展板”,最后剩下的3人负责“发放彩绳”,则不同的分配方案共有C 61C 52C 33=60(种).故选B.5.安排A,B,C,D,E,F 共6名义工照顾甲、乙、丙三位老人,每两位义工照顾一位老人,考虑到义工与老人住址距离问题,义工A 不安排照顾老人甲,义工B 不安排照顾老人乙,则安排方法共有( ) A.30种 B.40种 C.42种 D.48种名义工照顾三位老人,每两位义工照顾一位老人共有C 62C 42=90(种)安排方法,其中A 照顾老人甲的情况有C 51C 42=30(种), B 照顾老人乙的情况有C 51C 42=30(种),A 照顾老人甲,同时B 照顾老人乙的情况有C 41C 31=12(种).故符合题意的安排方法有90-30-30+12=42(种). 故选C.6.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 .,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 63=20(个)子集.7.不等式C n 2-n<5的解集为 .C n 2-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}.8.若对任意的x ∈A ,则1x ∈A ,就称A 是“具有伙伴关系”的集合.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 .-1;1;12,2;13,3,共4组.所以集合M 的所有非空子集中,具有伙伴关系的非空集合中的元素,可以是具有伙伴关系的元素组中的任一组、二组、三组、四组.又因为集合中的元素是无序的,所以所求集合的个数为C 41+C 42+C 43+C 44=15.9.如图,某区有7条南北向街道,5条东西向街道.(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?在7条南北向街道中任选2条,5条南北向街道中任选2条,这样4条线可组成一个矩形,故可组成矩形有C 72·C 52=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,即从10段中选出6段,这6段是走东西方向的(剩下4段即走南北方向的),共有C 106=C 104=210(种)走法.关键能力提升练10.楼道里有12盏灯,为了节约用电,需关掉3盏不相邻的灯,则关灯方案有( ) A.72种B.84种C.120种D.168种3盏不相邻的灯,即将这3盏灯插入9盏亮着的灯形成的10个空中,所以关灯方案共有C103=120(种).11.(2021江苏江宁校级期中)计算组合数C129得到的值为()A.1 320B.66C.220D.240=220.,C129=C123=12×11×103×2×112.已知集合A={5},B={1,2},C={1,3,4},从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中点的坐标,则确定的不同点的个数为()A.33B.34C.35D.36所得空间直角坐标系中的点的坐标中不含1的有C21·A33=12(个);②所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有1个1的有C21·A33+A33=18(个);③所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有2个1的有C31=3(个).故共有符合条件的点的个数为12+18+3=33(个).故选A.13.如果在一周内(周一至周日)安排三所学校的学生参观某展览馆,每天最多只安排一所学校,要求甲学校连续参观两天,其余学校均只参观一天,那么不同的安排方法有()A.50种B.60种C.120种D.210种,一周内两天连排的方法一共有6种:(1,2),(2,3),(3,4),(4,5),(5,6),(6,7).甲任选一种为C61,然后在剩下的5天中任选2天有序地安排其余两所学校参观,安排方法有A52种,按照分步乘法计数原理可知共有不同的安排方法C61·A52=120(种),故选C.14.(多选)有13名医生,其中女医生6人,现从中抽调5名医生组成医疗小组前往湖北疫区,若医疗小组至少有2名男医生,同时至多有3名女医生,设不同的选派方法种数为N,则下列等式能成为N的算式是()A.C135−C71C64B.C72C63+C73C62+C74C61+C75C.C135−C71C64−C65D.C72C113名医生,其中女医生6人,男医生7人.(方法一直接法)2男3女C72C63;3男2女C73C62;4男1女C74C61;5男C75,所以N=C72C63+C73C62+C74C61+C75.(方法二间接法)13名医生,任取5人,减去4、5名女医生的情况,即N=C135−C71C64−C65.故选BC.15.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.,就所剩余的1本进行分类:第1类,剩余的是1本画册,此时满足题意的赠送方法有4种;第2类,剩余的是1本集邮册,此时满足题意的赠送方法有C 42=6(种).因此,满足题意的赠送方法共有4+6=10(种).16.C 88+C 98+C 108+C 118= .88+C 98+C 108+C 118=C 129=C 123=220.17.4个不同的小球放入编号为1,2,3,4的4个盒子中,则恰好有1个空盒子的放法有 种.,必有1个盒子内放入2个小球,从4个小球中取出2个小球,有C 42种取法,此时把它看作1个小球,与另2个小球共3个小球放入4个盒子中,有A 43种放法,所以满足题意的放法有C 42·A 43=144(种).18.(2021湖南模拟)甲、乙、丙、丁4名同学到A ,B ,C 三个小区参加垃圾分类宣传活动,每名同学只去1个小区,每个小区至少安排1名同学,且同学甲安排在A 小区,则共有 种不同的安排方案.:(1)A 小区安排2人(同学甲及另一名同学),则有C 31A 22=6(种)安排方案.(2)A 小区只安排同学甲1人,则有C 32A 22=6(种)安排方案,根据分类加法计数原理可得共有6+6=12(种)安排方案.19.(1)计算:C 85+C 10098C 77.(2)求证:C m+2n =C m n +2C m n -1+C m n -2.=C 83+C 1002×1=8×7×63×2×1+100×992×1=56+4 950=5 006.C n+1m =C n m +C n m -1可知,右边=(C m n +C m n -1)+(C m n -1+C m n -2)=C m+1n +C m+1n -1=C m+2n =左边.所以原等式成立.学科素养创新练20.有9本不同的课外书,分给甲、乙、丙三名同学,求在下列条件下,各有多少种分法? (1)甲得4本、乙得3本、丙得2本; (2)一人得4本、一人得3本、一人得2本; (3)甲、乙、丙各得3本.分三步完成:第1步,从9本不同的书中,任取4本分给甲,有C 94种方法; 第2步,从余下的5本书中,任取3本给乙,有C 53种方法; 第3步,把剩下的书给丙,有C 22种方法,所以甲得4本、乙得3本、丙得2本,共有C 94C 53C 22=1 260(种)不同的分法.(2)分两步完成:第1步,按4本、3本、2本分成三组有C 94C 53C 22种方法;第2步,将分成的三组书分给甲、乙、丙三个人,有A 33种方法,所以一人得4本、一人得3本、一人得2本,共有C 94C 53C 22A 33=7 560(种)不同的分法.(3)用与(1)相同的方法即可求解,可得甲、乙、丙各得3本,共有C 93C 63C 33=1 680(种)不同的分法.21.按照下列要求,分别求有多少种不同的方法? (1)5个不同的小球放入3个不同的盒子;(2)5个不同的小球放入3个不同的盒子,每个盒子至少一个小球; (3)5个相同的小球放入3个不同的盒子,每个盒子至少一个小球; (4)5个不同的小球放入3个不同的盒子,恰有1个空盒.个不同的小球放入3个不同的盒子,每个小球都有3种可能,利用分步乘法计数原理可得不同的方法有35=243(种).(2)5个不同的小球放入3个不同的盒子,每个盒子至少一个小球,先把5个小球分组,分法有2,2,1和3,1,1两种,再放入3个不同的盒子,故不同的方法共有C 52C 32C 11A 22+C 53A 33=150(种).(3)5个相同的小球放入3个不同的盒子,每个盒子至少一个小球,类似于在5个小球间的空隙中,放入2个隔板,把小球分为3组,故不同的方法共有C 42=6(种).(4)5个不同的小球放入3个不同的盒子,恰有一个空盒,先把5个小球分2组,分法有3,2,0和4,1,0两种,再放入3个不同的盒子,故不同的方法共有(C 53C 22+C 54)A 33=90(种).。
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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。
高中数学(人教A版)选择性必修三课后习题：超几何分布(课后习题)【含答案及解析】
第七章随机变量及其分布7.4 二项分布与超几何分布7.4.2 超几何分布 课后篇巩固提升必备知识基础练1.从一副不含大、小王的52张扑克牌中任意抽出5张,则至少有3张是A 的概率为( )A .C 43C 482C 525 B .C 483C 42C 525C.1-C 481C 44C 525D .C 43C 482+C 44C 481C 525X 为抽出的5张扑克牌中含A 的张数,则P (X ≥3)=P (X=3)+P (X=4)=C 43C 482C 525+C 44C 481C 525.2.在100张奖券中,有4张能中奖,从中任取2张,则2张都能中奖的概率是( ) A .150 B .125 C .1825D .14 950X 为抽出的2张中的中奖数,则P (X=2)=C 42C 960C 1002=1825. 3.在10个排球中有6个正品,4个次品.从中抽取4个,则正品数比次品数少的概率为( ) A .542 B .435 C .1942 D .821,有两种情况:0个正品、4个次品或1个正品、3个次品,由超几何分布的概率可知,当0个正品、4个次品时,概率为C 44C 104=1210.当1个正品、3个次品时,概率为C 61C 43C 104=24210=435.所以正品数比次品数少的概率为1210+435=542. 4.一个盒子里装有大小相同的10个黑球,12个红球,4个白球,从中任取2个,其中白球的个数记为X ,则下列概率等于C 221C 41+C 222C 262的是( )A.P (0<X ≤2)B.P (X ≤1)C.P (X=1)D.P (X=2)1个白球的概率,即取到1个白球或没有取到白球的概率. 5.盒中有10个螺丝钉,其中有3个是坏的,现从盒中随机地抽取4个,则概率是310的事件为( ) A.恰有1个是坏的 B.4个全是好的 C.恰有2个是好的 D.至多有2个是坏的“X=k ”表示“取出的螺丝钉恰有k 个是好的”,则P (X=k )=C 7k C 34-k C 104(k=1,2,3,4).所以P (X=1)=130,P (X=2)=310,P (X=3)=12,P (X=4)=16.6.10件产品中有2件次品,从中随机抽取3件,则恰有1件次品的概率是 .A 为“从中随机抽取3件,则恰有1件次品”,则P (A )=C 82·C 21C 103=715. 7.10名同学中有a 名女生,若从中抽取2个人作为学生代表,恰好抽取1名女生的概率为1645,则a= .或8,得1645=C 10-a 1C a1C 102,解得a=2或a=8.8.从装有3个红球,2个白球的袋中随机取2个球,设其中有ξ个红球,则随机变量ξ的分布列为35310(ξ=0)=C30C22C52=110,P(ξ=1)=C31C21C52=610=35,P(ξ=2)=C32C2C52=310.9.某中学统计了该校100名学生在放假期间参加社会实践活动(简称活动)的情况:有20人参加1次活动,有50人参加2次活动,有30人参加3次活动.(1)从这些学生中任选两名,求恰好有一名参加1次活动的概率;(2)从这些学生中任选两名,用ξ表示这两人参加活动次数之差的绝对值,求随机变量ξ的分布列.由题意知,若设X为任选两名学生中参加1次活动的人数,则X服从参数为N=100,M=20,n=2的超几何分布,故P(X=1)=C201C801C1002=3299.(2)ξ的可能取值为0,1,2.从这些学生中任选两名,记“这两人中一人参加1次活动,另一人参加2次活动”为事件A,“这两人中一人参加2次活动,另一人参加3次活动”为事件B,“这两人中一人参加1次活动,另一人参加3次活动”为事件C,易知P(ξ=1)=P(A)+P(B)=C201C501C1002+C501C301C1002=5099,P(ξ=2)=P(C)=C201C301C1002=433,P(ξ=0)=1-P(ξ=1)-P(ξ=2)=3799.所以随机变量ξ的分布列为关键能力提升练10.现有语文、数学课本共7本(其中语文课本不少于2本),从中任取2本,至多有1本语文课本的概率是57,则语文课本共有()A.2本B.3本C.4本D.5本n(n≥2)本,则数学课本有7-n本,则2本都是语文课本的概率为C n2C7-nC72=27,由组合数公式得n2-n-12=0,解得n=4(负值舍去).11.某国科研合作项目成员由11个美国人,4个法国人和5个中国人组成.现从中随机选出两位作为成果发布人,则此两人不属于同一国家的概率为.11+4+5=20人,从中任选2人的不同选法有C 202种,其中不属于同一国家的有C 111·C 41+C 111·C 51+C 41·C 51种,根据等可能性事件发生的概率计算公式,可得所求概率为P=C 111C 41+C 111C 51+C 41C 51C 202=119190. 12.有8件产品,其中3件是次品,从中任取3件,若X 表示取得次品的件数,则P (X ≤1)= .,P (X ≤1)=P (X=0)+P (X=1)=C 53C 83+C 52C 31C 83=1056+3056=57.13.一袋中装有10个大小相同的黑球和白球.已知从袋中任意摸出2个球,至少得到1个白球的概率是79.从袋中任意摸出3个球,记得到白球的个数为X ,则P (X=2)= .10个球中有白球m 个,则C 10-m2C 102=1-79,解得m=5或m=14(舍去).所以P (X=2)=C 52C 51C 103=512.14.甲、乙两人参加某种选拔测试,在备选的10道题中,甲答对其中每道题的概率都是45,乙能答对其中的8道题,规定每次考试都从备选的10道题中随机抽出4道题进行测试,只有选中的4个题目均答对才能入选.(1)求甲恰有2个题目答对的概率; (2)求乙答对的题目数X 的分布列;(3)试比较甲、乙两人平均答对的题目数的大小,并说明理由.∵甲在备选的10道题中,答对其中每道题的概率都是45,∴选中的4个题目甲恰有2个题目答对的概率P=C 42(45)2(15)2=96625.(2)由题意知乙答对的题目数X 的可能取值为2,3,4,则P (X=2)=C 22C 82C 104=28210=215, P (X=3)=C 21C 83C 104=112210=815,P (X=4)=C 84C 104=70210=13,故X 的分布列为(3)乙平均答对的题目数E (X )=2×215+3×815+4×13=165. ∵甲答对题目数Y~B 4,45, ∴甲平均答对的题目数E (Y )=4×45=165. ∵E (X )=E (Y ),∴甲平均答对的题目数等于乙平均答对的题目数.学科素养创新练15.一款小游戏的规则如下:每轮游戏要进行三次,每次游戏都需要从装有大小相同的2个红球、3个白球的袋中随机摸出2个球,若摸出的“两个都是红球”出现3次获得200分,若摸出“两个都是红球”出现1次或2次获得20分,若摸出“两个都是红球”出现0次则扣除10分(即获得-10分). (1)设每轮游戏中出现“摸出两个都是红球”的次数为X ,求X 的分布列;(2)玩过这款游戏的许多人发现,若干轮游戏后,与最初的分数相比,分数没有增加反而减少了,请运用概率统计的相关知识分析解释上述现象.每次游戏,出现“两个都是红球”的概率为P=C 22C 52=110.X 可能的取值为0,1,2,3, 则P (X=0)=C 30(1-110)3=7291 000,P (X=1)=C 31110·(1-110)2=2431 000, P (X=2)=C 32(110)2·(1-110)=271 000,P (X=3)=C 33(110)3=11 000,所以X 的分布列为(2)设每轮游戏得分为Y. 由(1)知,Y 的分布列为E (Y )=-10×7291 000+20×2701 000+200×11 000=-1.69.这表明,获得分数Y 的均值为负.因此,多次游戏之后大多数人的分数减少了.。
2019年数学新同步湘教版选修2-3讲义+精练：第7章 7.3 组 合 Word版含解析
7．3组__合第一课时 组合与组合数公式及其性质[读教材·填要点]1．组合从n 个不同的元素中取出m (m ≤n )个不同的元素，不论次序地构成一组，称为一个组合，我们用符号C m n 表示所有不同的组合个数，称C mn 为从n 个不同的元素中取m个元素的组合数．2．组合数有关公式(1)C mn ＝A m n A m m ≤m ≤n .(2)C m n ≤m ≤n .3．组合数的性质(1)C m n(2)如果C m n ＝C k n ，则m ＝k 或者m ＝n －k ， (3)C m n ＋1＝C m n ＋C m －1n. [小问题·大思维]1．“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．2．如何区分某一问题是排列问题还是组合问题？提示：区分某一问题是排列还是组合问题，关键看选出的元素是否与顺序有关，若交换某两个元素的位置对结果产生影响，则是排列问题，而交换任意两个元素的位置对结果没有影响，则是组合问题．3．“组合”和“组合数”是同一个概念吗？有什么区别？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.[例1](1)从1,2,3，…，9九个数字中任取3个，组成一个三位数，这样的三位数共有多少个？(2)从1,2,3，…，9九个数字中任取3个，然后把这三个数字相加得到一个和，这样的和共有多少个？(3)从a，b，c，d四名学生中选两名去完成同一份工作，有多少种不同的选法？[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，而且与元素的安排顺序有关，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，而与元素的安排顺序无关，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．区分排列与组合的方法区分排列与组合的办法是首先弄清楚事件是什么，区分的标志是有无顺序，而区分有无顺序的方法是：把问题的一个选择结果解出来，然后交换这个结果中任意两个元素的位置，看是否会产生新的变化，若有新变化，即说明有顺序，是排列问题；若无新变化，即说明无顺序，是组合问题．1．判断下列问题是组合问题还是排列问题：(1)设集合A＝{a，b，c，d，e}，则集合A的子集中含有3个元素的有多少个？(2)某铁路线上有5个车站，则这条线上共需准备多少种车票？多少种票价？(3)3人去干5种不同的工作，每人干一种，有多少种分工方法？(4)把3本相同的书分给5个学生，每人最多得1本，有几种分配方法？解：(1)因为本问题与元素顺序无关，故是组合问题．(2)因为甲站到乙站，与乙站到甲站车票是不同的，故是排列问题，但票价与顺序无关，甲站到乙站，与乙站到甲站是同一种票价，故是组合问题．(3)因为一种分工方法是从5种不同的工作中取出3种，按一定次序分给3个人去干，故是排列问题．(4)因为3本书是相同的，无论把3本书分给哪三人，都不需考虑他们的顺序，故是组合问题．[例2] (1)n n ＋1(2)求证：C m n ＝m ＋1n －m C m ＋1n. [解] (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 m n ＝n ！m ！(n －m )！，m ＋1n －mC m ＋1n＝m ＋1(m ＋1)！·n ！(n －m )(n －m －1)！＝n ！m ！(n －m )！，所以C m n ＝m ＋1n －mC m ＋1n.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 C m n －1＝nn －m ·(n －1)！m ！(n －1－m )！＝n ！m ！(n －m )！＝C m n 进行计算．(2)涉及字母的可以用阶乘式C mn ＝n ！m ！(n－m )！计算．(3)计算时应注意利用组合数的性质C m n ＝C n－mn简化运算．2．(1)计算C 58＋C 98100·C 77；(2)计算C 05＋C 15＋C 25＋C 35＋C 45＋C 55； (3)解方程：C x 2－x 16＝C 5x －516；(4)解不等式：C m －4m ＞C m －6m －1＋C 6m －1.解：(1)原式＝C 38＋C 2100×1＝8×7×63×2×1＋100×992×1 ＝56＋4 950＝5 006.(2)原式＝2(C 05＋C 15＋C 25)＝2(C 16＋C 25)＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫6＋5×42×1＝32. (3)∵C x 2－x 16＝C 5x －516，∴x 2－x ＝5x －5 ① 或x 2－x ＋5x －5＝16. ② 解①得x ＝1或x ＝5. 解②得x ＝3或x ＝－7.经检验知，原方程的解是x ＝1或x ＝3.(4)原不等式可化为C 4m ＞C 5m －1＋C 6m －1，即C 4m ＞C 6m ，∴m ！4！(m －4)！＞m ！6！(m －6)！. ∴30＞(m －4)(m －5)． 即m 2－9m －10＜0， ∴－1＜m ＜10. 又∵m ≥7且m ∈N *， ∴m ＝7或8或9.[例3] 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．[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．解简单的组合应用题，只需按照组合的定义，直接列出组合数即可，注意分清元素的总个数及取出元素的个数，必要时，需要分清完成一件事情需要分类还是分步．在分类和分步时，注意有无重复或遗漏．3．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？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C210＝10×92×1＝45.(2)可把问题分两类情况：第1类，选出的2名是男教师有C26种方法；第2类，选出的2名是女教师有C24种方法．根据分类加法计数原理，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，根据分步乘法计数原理，所以共有C26·C24＝90种不同的选法.345100[尝试][巧思]由于A2n＝C2n·A22(n≥2)，所以原式可变形为(C23＋C24＋C25＋…＋C2100)·A22，然后利用组合数性质C m n＋C m－1n＝C m n＋1求解即可．[妙解]原式＝C23A22＋C24A22＋…＋C2100A22＝(C23＋C24＋…＋C2100)·A22＝(C33＋C23＋C24＋C25＋…＋C2100－C33)·A22＝(C34＋C24＋C25＋…＋C2100－C33)·A22＝(C35＋C25＋…＋C2100－C33)·A22…＝(C3101－C33)·A22＝(C3101－1)·A22＝2C3101－2＝333 298.1．以下四个问题，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由组合的定义可知，选项C属于组合问题．2．已知C2n＝10，则n的值为()A．10B．5C．3 D．4解析：选B∵C2n＝n(n－1)2×1＝10，∴n＝5(n＝－4舍去)．3．异面直线a，b上分别有4个点和5个点，由这9个点可以确定的平面个数是() A．20 B．9C．C39D．C24C15＋C25C14解析：选B 分两类：第一类，在直线a 上任取一点，与直线b 可确定C 14个平面；第二类，在直线b 上任取一点，与直线a 可确定C 15个平面．故可确定C 14＋C 15＝9个不同的平面．4．若C 4n ，C 5n ，C 6n 成等差数列，则n ＝________.解析：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.答案：7或145．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 ＝________.解析：∵m ＝C 24，n ＝A 24，∴m ∶n ＝12. 答案：126．已知6C x －7x －3＝10A 2x －4，求x 的值．解：原方程变为6(x －3)！(x －7)！(x －3－x ＋7)！＝10(x －4)！(x －4－2)！(x ＞7)， 即x 2－9x －22＝0.解得x 1＝11，x 2＝－2(舍去)， 所以x 的值为11.一、选择题1．计算：C 28＋C 38＋C 29＝( )A ．120B ．240C ．60D ．480解析：选A C 28＋C 38＋C 29＝7×82×1＋6×7×83×2×1＋8×92×1＝120. 2．已知平面内A 、B 、C 、D 这4个点中任何3点不共线，则由其中每3点为顶点的所有三角形的个数为( )A ．3B ．4C ．12D ．24解析：选B 由于与顺序无关，所以是组合问题，共有C 34＝4个．3．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A 先安排1名教师和2名学生到甲地，再将剩下的1名教师和2名学生安排到乙地，共有C 12C 24＝12种安排方案．4．某单位有15名成员，其中男性10人，女性5人，现需要从中选出6名成员组成考察团外出参观学习，如果按性别分层，并在各层按比例随机抽样，则此考察团的组成方法种数是( )A ．C 310C 35B ．C 410C 25 C ．C 515D ．A 410A 25解析：选B 按性别分层，并在各层按比例随机抽样，则需从10名男性中抽取4人，5名女性中抽取2人，共有C 410C 25种抽法．二、填空题5．若C 7n ＋1－C 7n ＝C 8n ，则n ＝________.解析：C 7n ＋1－C 7n ＝C 8n ，即C 7n ＋1＝C 8n ＋C 7n ＝C 8n ＋1，所以n ＋1＝7＋8，即n ＝14. 答案：146．过三棱柱任意两个顶点的直线共15条，其中异面直线有__________对． 解析：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．答案：367．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，∴C m n 有C 12，C 13，C 23，C 14，C 24，C 34，C 15，C 25，C 35，C 45共10个．其中C 13＝C 23，C 14＝C 34，C 15＝C 45，C 25＝C 35，所以x 2＋C m n y 2＝1能表示的不同椭圆有6个．答案：68．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} 三、解答题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．袋中装有大小相同标号不同的白球4个，黑球5个，从中任取3个球． (1)共有多少种不同结果？(2)取出的3球中有2个白球，1个黑球的结果有几个？ (3)取出的3球中至少有2个白球的结果有几个？解：(1)从4个白球，5个黑球中任取3个的所有结果有C 39＝84个不同结果． (2)设“取出3球中有2个白球，1个黑球”的所有结果组成的集合为A ，A 所包含的种数为C 24C 15.所以共有C 24C 15＝30种不同的结果．(3)设“取出3球中至少有2个白球”的所有结果组成集合为B，B包含的结果数是C34＋C24C15.所以共有C34＋C24C15＝34种不同的结果．第二课时组合的综合应用[例1]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](1)分步：首先从4名外科专家中任选2名，有C24种选法，再从除去外科专家的6名专家中任选4名，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；考虑没有外科专家参加，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．保持例题条件不变，求恰有1名外科专家的抽调方法有多少种？解：恰有1名外科专家指：1名外科专家和5名非外科专家，故有C14·C56＝4×6＝24种不同的抽调方法．解答有限制条件的组合问题的基本方法是“直接法”和“间接法(排除法)”，其中用直接法求解时，应依据“特殊元素优先安排”的原则，即优先安排特殊元素，再安排其他元素．而选择间接法的原则是“正难则反”，也就是若正面问题分类较多、较复杂或计算量较大时，不妨从反面问题入手，试一试看是否简单些，特别是涉及“至多”、“至少”等组合问题时更是如此．此时正确理解“都不是”、“不都是”、“至多”、“至少”等词语的确切含义是解决这些组合问题的关键．1．课外活动小组共13人，其中男生8名，女生5名，并且男、女生各指定一名队长，现从中选5人主持某项活动，依下列条件各有多少种选法？(1)只有一名女生当选；(2)两名队长当选；(3)至少有一名队长当选；(4)至多有两名女生当选；(5)既要有队长，又要有女生当选．解：(1)一名女生，四名男生，故共有C15·C48＝350(种)选法．(2)将两名队长作为一类，其他11人作为一类，故共有C22·C311＝165(种)选法．(3)直接法：至少有一名队长当选含有两类情况：只有一名队长当选和两名队长都当选，故共有C12·C411＋C22·C311＝825(种)选法．间接法：共有C513－C511＝825(种)选法．(4)至多有两名女生当选含有三类情况：有两名女生当选，只有一名女生当选，没有女生当选．故共有C25·C38＋C15·C48＋C58＝966(种)选法．(5)分两类：第一类女队长当选：C412种；第二类女队长不当选：(C14·C37＋C24·C27＋C34·C17＋C44)种．故共有C412＋C14·C37＋C24·C27＋C34·C17＋C44＝790(种)选法.[例2](1)经过这9个点，可确定多少条直线？(2)以这9个点为顶点，可确定多少个三角形？(3)以这9个点为顶点，可以确定多少个四边形？[解]法一：(直接法)(1)可确定直线C44＋C14C15＋C25＝31(条)．(2)可确定三角形C24C15＋C14C25＋C35＝80(个)．(3)可确定四边形C24C25＋C14C35＋C45＝105(个)．法二：(间接法)(1)可确定直线C29－C24＋1＝31(条)(2)可确定三角形C39－C34＝80(个)．(3)可确定四边形C49－C44－C34C15＝105(个)．解答几何组合应用题的思考方法与一般的组合应用题基本一样，只要把图形隐含的条件视为组合应用题的限制条件即可．计算时可用直接法，也可用间接法，要注意在限制条件较多的情况下，需要分类计算符合题意的组合数．2．已知M，N是两个平行平面，在M内取4个点，在N内取5个点，这9个点中再无其他4点共面，则(1)这些点最多能确定几个平面？(2)以这些点为顶点，能作多少个三棱锥？解：法一：直接法：(1)在平面M内取2个点有C24种方法，在平面N内取1个点有C15种方法，这3个点肯定不共线，可构成C24C15个平面；在平面M内取1个点，在平面N内取2个点，可构成C14C25个平面，再有就是M、N这两个平面．共有C24C15＋C14C25＋2＝72个平面；(2)在平面M内取3个点有C34种方法，在平面N内取1个点有C15种方法，这4个点可构成C34C15个三棱锥；在平面M内取2个点，在平面N内取2个点；还可以在平面M内取1个点，在平面N内取3个点．可构成C34C15＋C24C25＋C14C35＝120个三棱锥．法二：排除法：(1)从9个点中任取3个点的方法有C39种，其中从平面M内4个点中任取3个点，即C34种，从平面N内5个点中任取3个点，即C35种，这C34及C35表示的都仅仅是平面M及平面N.能构成C39－C34－C35＋2＝72个平面；(2)从9个点中任取4个点的方法C49中去掉从平面M内4个点取4个及从平面N内5个点任取4个点这两类构不成三棱锥(仅是平面M或平面N)的情况．能构成C49－C44－C45＝120个三棱锥．[例3]有5别符合下列条件的选法数：(1)有女生但人数必须少于男生；(2)某女生一定担任语文科代表；(3)某男生必须包括在内，但不担任数学科代表；(4)某女生一定要担任语文科代表，某男生必须担任科代表，但不担任数学科代表．[解](1)先选后排，先选可以是2女3男，也可以是1女4男，先选有C35C23＋C45C13种，后排有A55种，共(C35C23＋C45C13)·A55＝5 400种．(2)除去该女生后，先选后排有C47·A44＝840种．(3)先选后排，但先安排该男生有C47·C14·A44＝3 360种．(4)先从除去该男生该女生的6人中选3人有C36种，再安排该男生有C13种，其余3人全排有A33种，共C36·C13·A33＝360种．解决排列、组合综合问题要遵循两个原则：(1)按事情发生的过程进行分步；(2)按元素的性质进行分类．解决时通常从三个途径考虑；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，再减去不合要求的排列或组合数．3．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1个空盒，有几种放法？(3)恰有2个盒子不放球，有几种放法？解：(1)44＝256(种)．(2)先从4个小球中取2个放在一起，有C24种不同的取法，再把取出的两个小球与另外2个小球看作三堆，并分别放入4个盒子中的3个盒子里，有A34种不同的放法．根据分步乘法计数原理，不同的放法共有C24A34＝144(种)．(3)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)．五位数有多少个？[解]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C35C24种；第2步，对选出的5个数字全排列有A55种方法．故所有适合条件的五位数有C35C24A55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A14种排法；再从2,4,6,8中任取一个，有C14种取法，从5个奇数数字中任取3个，有C35种取法，再把取出的4个数全排列有A44种方法，故有A14C14C35A44种排法．根据分类加法计数原理，共有C35C24A55＋A14C14C35A44＝11 040个符合要求的数．法二：间接法如果对0不限制，共有C35C25A55种，其中0居首位的有C35C14A44种．故共有C35C25A55－C35C14A44＝11 040个符合条件的数．1．甲、乙、丙三位同学选修课程，从4门课程中，甲选修2门，乙、丙各选修3门，则不同的选修方案共有()A．36种B．48种C．96种D．192种解析：选C完成这件事情可用分步计数原理，有C24C34C34＝96种．2．某中学从4名男生和3名女生中推荐4人参加社会公益活动，若选出的4人中既有男生又有女生，则不同的选法共有()A．140种B．120种C．35种D．34种解析：选D若选1男3女有C14C33＝4种；若选2男2女有C24C23＝18种；若选3男1女有C34C13＝12种，所以共有4＋18＋12＝34种不同的选法．3．某校开设A类选修课3门，B类选修课4门，一位同学从中选3门，若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有()A．30种B．35种C．42种D．48种解析：选A法一：选修1门A类，2门B类课程的选法有C13C24种；选修2门A 类，1门B类的课程的选法有C23C14种．故选法共有C13C24＋C23C14＝18＋12＝30(种)．法二：从7门选修课中选修3门的选法有C37种，其中3门课都为A类的选法有C33种，都为B类的选法有C34种，故选法共有C37－C33－C34＝30(种)．4．7名志愿者中安排6人在周六、周日两天参加社区公益活动．若每天安排3人，则不同的安排方案共有________种(用数字作答)．解析：第1步，从7名志愿者中选出3人在周六参加社区公益活动，有C37种不同的选法；第2步，从余下的4人中选出3人在周日参加社区公益活动，有C34种不同的选法．根据分步乘法计数原理，共有C37C34＝140种不同的安排方案．答案：1405．从4台甲型和5台乙型电视机中任选3台，其中至少有甲型和乙型电视各一台，则不同的取法有______种．解析：分为两类：第一类，选出的3台电视机有2台甲型1台乙型有C24C15种选法；第二类，选出的3台电视机有1台甲型2台乙型有C14C25种选法；根据分类加法计数原理共有C24C15＋C14C25＝70种．答案：706．某车间有11名工人，其中5名钳工，4名车工，另外2名既能当车工又能当钳工，现在要从这11名工人中选4名钳工，4名车工修理一台机床，则有多少种选法？解：分三类：第一类，选出的4名钳工中无“多面手”，此时选法有C45C46＝75(种)；第二类，选的4名钳工中有1名“多面手”，此时选法为C12C35C45＝100(种)；第三类，选的4名钳工中有2名“多面手”，此时选法为C22C25C44＝10(种)．由分类加法计数原理，得不同的选法共有75＋100＋10＝185(种)．一、选择题1．某班共有10名任课教师，其中4名男教师，6名女教师．教师节这天要表彰一位男教师和一位女教师，不同的表彰方法有()A．12种B．30种C．15种D．24种解析：选D分两步：第一步先选女教师，有C16种选法；第二步选男教师，有C14种选法，共有C16·C14＝24种选法．2．以一个正三棱柱的顶点为顶点的四面体有()A．6个B．12个C．18个D．30个解析：选B从6个顶点中任取4个有C46＝15种取法，其中四点共面的有3个，所以满足题意的四面体有15－3＝12个．3．将5名同学分成甲、乙、丙3个小组，若甲组至少两人，乙、丙组至少各一人，则不同分组方案的种数为()A．180 B．120C．80 D．60解析：选C由题意可得不同的组合方案种数为C25C23A22＋C35C12＝80.4．某中学从4名男生和3名女生中推荐4人参加某高校自主招生考试，若这4人中必须既有男生又有女生，则不同的选法共有( )A ．140种B ．120种C ．35种D ．34种解析：选D 从7人中选4人，共有C 47＝35种选法，4人全是男生的选法有C 44＝1种．故4人中既有男生又有女生的选法种数为35－1＝34.二、填空题5．从5名志愿者中选派4人在星期五、星期六、星期日参加公益活动，每人一天，要求星期五有一人参加，星期六有两人参加，星期日有一人参加，则不同的选派方法共有________种．解析：5人中选4人则有C 45种，周五一人有C 14种，周六两人则有C 23，周日则有C 11种，故共有C 45×C 14×C 23＝60(种)．答案：606．5名乒乓球队员中，有2名老队员和3名新队员．现从中选出3名队员排成1,2,3号参加团体比赛，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：当入选的3名队员为2名老队员1名新队员时，有C 13C 12A 22＝12种排法；当入选的3名队员为2名新队员1名老队员时，有C 12C 23A 33＝36种排法．故共有12＋36＝48种排法．答案：487．将0,1,2,3,4,5这六个数字，每次取三个不同的数字，把其中最大的数字放在百位上排成三位数，这样的三位数有________个．解析：先选取三个不同的数有C 36种方法，然后将其中最大的数放在百位上，另外两个不同的数放在十位或个位上，有A 22种排法．故共有C 36·A 22＝40(个)三位数． 答案：408．某公司为员工制定了一项旅游计划，从7个旅游城市中选择5个进行游览．如果M ，N 为必选城市，并且在浏览过程中必须按先M 后N 的次序经过M ，N 两城市(M ，N 两城市可以不相邻)，则不同的游览线路种数是______．解析：先M 后N 的次序和先N 后M 的次序各占总数的12.通过分析，我们可以得到不同的游览线路种数为12C 22C 35A 55＝600.答案：600三、解答题9．3名男同志和3名女同志到4辆不同的公交车上服务，(1)若每辆车上都需要人但最多安排男女各一名，有多少种安排方法？(2)若男女各包2辆车，有多少种安排方法？解：(1)先将3名男同志安排到车上有A34种方法，在未安排男同志的那辆车安排女同志有C13种方法，还有2个女同志有A23种安排方法，故共有A34C13A23＝432(种)安排方法．(2)男同志分2组有C23种方法，女同志分2组有C23种方法，将4组安排到4辆车上有A44种方法，故共有C23C23A44＝216(种)安排方法．10．有五张卡片，它们的正、反面分别写0与1,2与3,4与5,6与7,8与9.将其中任意三张并排放在一起组成三位数，共可组成多少个不同的三位数？解：法一：(直接法)从0与1两个特殊值着眼，可分三类：(1)取0不取1，可先从另四张卡片中选一张作百位，有C14种方法；0可在后两位，有C12种方法；最后需从剩下的三张中任取一张，有C13种方法；又除含0的那张外，其他两张都有正面或反面两种可能，故此时可得不同的三位数有C14C12C13·22个．(2)取1不取0，同上分析可得不同的三位数C24·22·A33个．(3)0和1都不取，有不同的三位数C34·23·A33个．综上所述，共有不同的三位数：C14·C12·C13·22＋C24·22·A33＋C34·23·A33＝432(个)．法二：(间接法)任取三张卡片可以组成不同的三位数C35·23·A33个，其中0在百位的有C24·22·A22个，这是不合题意的，故共有不同的三位数：C35·23·A33－C24·22·A22＝432(个)．。
高等数学(三)课后题答案
第一章 行列式1.()()[][][]23154110103631254=520010=8(1)3(1)321(1)(2)(3)2441(1)3214243(1)321012)4n n n n n n n n m n m n n n m n m n n m 1τ=++++=2τ+++++-τ-⋯=-+-+-+⋯+2+1+0===+τ-⋯=+=+τ-⋯=⋯（）该数列为奇排列（）该排列为偶排列（） 当或时，为偶数，排列为偶排列当或时，为奇数，排列为奇排列（其中，，（）[][][]12(1)13521)246(2)0123(1)244113521)246(2)424313521)246(2)012)2.(1)(2)(n n n n n n n m n m n n n m n m n n m i i i k n n n -τ⋯-⋯=++++⋯+-===+τ⋯-⋯=+=+τ⋯-⋯=⋯⋯-+-+（ 当或时，（为偶数，排列为偶排列当或时，（为奇数，排列为奇排列（其中，，解：已知排列的逆序数为，这个数按从大到小排列时逆序数为()()111112(1)3)2(1)2x x x n x n x n n n n n n x i r i i i n x r i n x n n i i i i i i -+-+---+⋯+2+1+0=----τ⋯=-τ⋯个.设第数之后有个数比小，则倒排后的位置变为，其后个数比小，两者相加为故3 证明：.因为：对换改变排列的奇偶性，即一次变换后，奇排列改变为偶排列，偶排列改变为奇排列∴当n ≥2时，将所有偶排列变为奇排列，将所有奇排列变为偶排列 因为两个数列依然相等，即所有的情况不变。
∴偶排列与奇排列各占一半。
4 （1）13243341a a a a 不是行列式的项 14233142a a a a 是行列式的项 因为它的列排排列逆序列τ=(4321)=3+2+0+0=5为奇数，∴应带负号（2）5142332451a a a a a 不是行列式的项 1352413524a a a a a =1324354152a a a a a 因为它的列排排列逆序列τ(34512)=2+2+2+0+0=6 为偶数∴应带正号。
李凡长版 组合数学课后习题答案 习题3
17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…a 1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 n +4n )/2-2f(n), 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18f(n)+f(n-1)+f(n-2)+…+f(2)=2n-2 f(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。
李凡长版 组合数学课后习题答案 习题5
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。
七年级数学北师大版上册课时练第3章《3.5探索与表达规律》(含答案解析)
答卷时应注意事项１、拿到试卷，要认真仔细的先填好自己的考生信息。
２、拿到试卷不要提笔就写，先大致的浏览一遍，有多少大题，每个大题里有几个小题，有什么题型，哪些容易，哪些难，做到心里有底；３、审题，每个题目都要多读几遍，不仅要读大题，还要读小题，不放过每一个字，遇到暂时弄不懂题意的题目，手指点读，多读几遍题目，就能理解题意了；容易混乱的地方也应该多读几遍，比如从小到大，从左到右这样的题；４、每个题目做完了以后，把自己的手从试卷上完全移开，好好的看看有没有被自己的手臂挡住而遗漏的题；试卷第１页和第２页上下衔接的地方一定要注意，仔细看看有没有遗漏的小题；５、中途遇到真的解决不了的难题，注意安排好时间，先把后面会做的做完，再来重新读答题；６、卷面要清洁，字迹要清工整，非常重要；７、做完的试卷要检查，这样可以发现刚才可能留下的错误或是可以检查是否有漏题，检查的时候，用手指点读题目，不要管自己的答案，重新分析题意，所有计算题重新计算，判断题重新判断，填空题重新填空，之后把检查的结果与先前做的结果进行对比分析。
亲爱的小朋友，你们好!经过两个月的学习，你们一定有不小的收获吧，用你的自信和智慧，认真答题，相信你一定会闯关成功。
相信你是最棒的！课时练3.5探索与表达规律一．选择题（共10小题）1．按规律排列的一组数据：12，35，□，717，926，1137，¼，其中□内应填的数是()A ．23B ．511C ．59D ．122．按一定规律排列的单项式：2a ，34a ，49a ，516a ，625a ，¼，第n 个单项式是()A ．21n n a +B ．21n n a -C ．1n n n a +D ．2(1)n n a +3．观察下列一组数：13，45-，97，169-，2511，¼，它们是按照一定规律排列的，那么这组数的第n 个数是()A ．221n n +B ．2(1)21nnn -+C ．2(1)21n n n --D ．21(1)21n n n --+4．按规律排列的单项式3x ，5x -，7x ，9x -，11x ，¼的第n 个单项式是()A ．121(1)n n x ---B ．21(1)n n x --C ．21(1)n n x +-D ．121(1)n n x -+-5．观察下列图形它们是按一定的规律排列的，依照此规律，第20个图形的“★”有()A ．57个B ．60个C ．63个D ．85个6．观察下面三行数：第①行：2、4、6、8、10、12、¼第②行：3、5、7、9、11、13、¼第③行：1、4、9、16、25、36、¼设x 、y 、z 分别为第①、②、③行的第100个数，则22x y z -+的值为()A ．9999B ．10001C ．20199D ．200017．观察下列按一定规律排列的n 个数：2，4，6，8，10，12，¼，若最后三个数之和是3000，则n 等于()A ．500B ．501C ．1000D ．10028．若x 是不等于1的实数，我们把11x-称为x 的差倒数，如2的差倒数是1-，1-的差倒数为12，现已知113x =-，2x 是1x 的差倒数，3x 是2x 的差倒数，4x 是3x 的差倒数¼依此类推，则2020x 等于()A ．1-B ．12C ．13-D ．39．如图是用黑色棋子摆成的美丽图案，按照这样的规律摆下去，第20个这样的图案需要黑色棋子的个数为()A．448B．452C．544D．60210．将一些相同的“〇”按如图所示的规律依次摆放，观察每个“龟图”中的“〇”的个数，则第7个“龟图”中有()个“〇”．A．44B．45C．46D．47二．填空题（共4小题）11．观察一列数：371115,,,24816，¼，按此规律，这列数的第n个数是．12．按一定规律排列的一列数依次为：2a，52a，83a，114a，¼，(0)a¹按此规律排列下去，这列数中的第n个数为．(n为正整数）13．观察下面的变化规律：211133=-´，2113535=-´，2115757=-´，2117979=-´，¼根据上面的规律计算：2222 13355720212023+++¼+=´´´´．14．海南黎锦有着悠久的历史，已被列入世界非物质文化遗产名录．如图是黎锦上的图案，每个图案都是由相同菱形构成的，若按照第1个图至第4个图中的规律编织图案，则第5个图中有个菱形，第n个图中有个菱形（用含n的代数式表示）．三．解答题（共6小题）15．观察下列等式：第1个等式：1112 12122+-=´；第2个等式：1112 23233+-=´；第3个等式：111234344+-=´；¼；按照以上规律，解决下列问题．（1）写出第6个等式：．（2）写出你猜想的第n个等式：（用含n的等式表示），并证明．16．观察以下等式：第1个等式：311222´=-；第2个等式：412333´=-；第3个等式：513444´=-；第4个等式：614555´=-；第5个等式：715666´=-；¼按照以上规律，解决下列问题：（1）写出第6个等式；（2）写出你猜想的第n 个等式（用含n 的等式表示），并证明．17．观察下列各式：3312189+=+=，而2(12)9+=，33212(12)\+=+；33312336++=，而2(123)36++=，3332123(123)\++=++；33331234100+++=，而2(1234)100+++=，333321234(1234)\+++=+++；猜想并填空：（1）3333312345++++=2=2；根据以上规律填空：（2）3333123n +++¼+=2=2；（3）求解：333331617181920++++．18．如图是用棋子摆成的“T ”字图案．从图案中可以看出，第一个“T ”字图案需要5枚棋子，第二个“T ”字图案需要8枚棋子，第三个“T ”字图案需要11枚棋子．（1）照此规律，摆成第四个图案需要枚棋子．（2）照此规律，摆成第n 个图案需要枚棋子．（用含n 的代数式表示）（3）照此规律，摆成第2018个图案需要几枚棋子？（4）摆成这种“T ”字图案的棋子数可能是2017枚吗？如果是，请计算出是第几个图案，如果不是，请说明理由．19．图，是用棋子摆成的图案，摆第1个图案需要7枚棋子，摆第2个图案需要19枚棋子，摆第3个图案需要37枚棋子，按照这样的方式摆下去，试回答以下问题：（1）摆第4个图案需要枚棋子；（2）是否存在摆了130枚棋子的图案？若存在，试求出是第几个图案；若不存在，请说明理由．参考答案一、选择题1.D 2.A 3.D 4.D 5.B 6.C 7.B 8.C 9.C 10.D二、填空题11．412nn -12．31n na -13．2022202314．41，2(221)n n -+．三、解答题15．解：（1）111267677+-=´；（2）猜想：第n 个等式为：11121(1)1n n n n n +-=+++，证明：1111(1)n n n n +-++11(1)(1)(1)n n n n n n n n +=+-+++11(1)n n n n ++-=+2(1)n n n =+21n =+=右边．故等式成立．16．解：（1）816777´=-；（2）猜想：第n 个等式是21(1)11n n n n n +´=+-++，证明：左边221n nn +=+，右边22(1)1211n n nn n +-+==++，左边=右边，21(1)11n n n n n +\´=+-++.17．解：（1）(12345)++++；15；（2）(123...)n ++++；(1)[]2n n +；（3）原式333333333333(1231617181920)(12315)=+++¼+++++-+++¼+22(123...20)(123...15)=++++-++++2220(120)15(115)[[22´+´+=-22210120=-4410014400=-29700=．18．解：（1）14；（2）(32)n +；（3）按（2）中规律，当2018n =时，323201826056n +=´+=．故摆成第2018个图案需要6056枚棋子．（4）不可能，理由如下：令322017n+=，解得20153n=，n为小数，与题意不符，故摆成这种“T”字图案的棋子数不可能是2017枚．19．解：（1）61；（2）由（1）得：第6个图案有：16(123456)127+´+++++=枚，第7个图案有：16(1234567)169+´++++++=枚，所以不存在摆了130枚棋子的图案．。
人教A版高中数学选择性必修第三册素养单元课后习题 第6章 计数原理 排列 6.2.2 排列数
06学习单元2 排列与组合6.2.1 排列 6.2.2 排列数A级必备知识基础练1.从5本不同的书中选两本送给2名同学,每人一本,则不同的送书方法的种数为( )A.5B.10C.20D.602−A n2=10,则n的值为( )2.已知A n+1A.4B.5C.6D.73.某次演出共有6位演员参加,规定甲只能排在第一个或最后一个出场,乙和丙必须排在相邻的顺序出场,不同的演出顺序共有( )A.24种B.144种C.48种D.96种4.6本不同的书摆放在书架的同一层上,要求甲、乙两本书必须摆放在两端,丙、丁两本书必须相邻,则不同的摆放方法有( )A.24种B.36种C.48种D.60种5.7个人排成一队参观某项目,其中A,B,C三人进入展厅的次序必须是先B 再A后C,则不同的列队方式的种数为( )A.120B.240C.420D.8402-n<7的解集为.6.不等式A n-17.某高三毕业班有40人,同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言,那么全班共写了条毕业留言.(用数字作答)8.某一天上午的课程表要排入语文、数学、物理、体育共4节课,如果第一节不排体育,最后一节不排数学,那么共有不同排法种.B级关键能力提升练9.某班级从A,B,C,D,E,F六名学生中选四人参加4×100 m接力比赛,其中第一棒只能在A,B中选一人,第四棒只能在A,C中选一人,则不同的选派方法共有( )A.24种B.36种C.48种D.72种10.由数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中小于50 000的偶数共有( )A.60个B.48个C.36个D.24个11.(多选题)甲、乙、丙、丁、戊五人并排站成一排,下列说法正确的是( )A.如果甲、乙必须相邻且乙在甲的右边,那么不同的排法有24种B.最左端只能排甲或乙,最右端不能排甲,则不同的排法共有54种C.甲、乙不相邻的排法种数为72种D.甲、乙、丙按从左到右的顺序排列的排法有20种12.有3名男生,4名女生,在下列不同条件下,不同的排列方法有多少种?(1)选5人排成一排;(2)排成前后两排,前排3人,后排4人;(3)全体排成一排,女生必须站在一起;(4)全体排成一排,男生互不相邻;(5)全体排成一排,其中甲不站最左边,也不站最右边;(6)全体排成一排,其中甲不站最左边,乙不站最右边.参考答案学习单元2 排列与组合6.2.1 排列 6.2.2 排列数1.C 此问题相当于从5个不同元素中取出2个元素的排列数,即共有A 52=20种不同的送书方法.2.B 由A n+12−A n 2=10,得(n+1)n-n(n-1)=10,解得n=5.3.D 第1步,先安排甲有A 21种不同的演出顺序;第2步,安排乙和丙有A 22×A 41种不同的演出顺序;第3步,安排剩余的三个演员有A 33种不同的演出顺序.根据分步计数原理,共有A 21×A 22×A 41×A 33=96种不同的演出顺序.故选D.4.A 第1步,甲、乙两本书必须摆放在两端,有A 22种不同的摆放方法;第2步,丙、丁两本书视为整体与其他两本排列,有A 22×A 33种不同的摆放方法.根据分步乘法计数原理,共有A 22×A 33×A 22=24种不同的摆放方法,故选A.5.D 根据题意,先将7人排成一列,有A 77种排法,其中A,B,C 三人进入展厅的次序必须是先B 再A 后C,即A,B,C 三人顺序一定,则不同的列队方式有A 77A 33=840种. 6.{3,4} 由A n -12-n<7,得(n-1)(n-2)-n<7,整理,得n2-4n-5<0,解得-1<n<5.又n-1≥2且n∈N*,即n≥3且n∈N*,所以n=3或n=4.7.1 560 根据题意,得A402=1560,故全班共写了1560条毕业留言.8.14 (方法一)若第一节排数学,共有A33=6种排法;若第一节不排数学,第一节有2种排法,最后一节有2种排法,中间两节任意排,有2×2×2=8种排法.根据分类加法计数原理,共有6+8=14种排法.(方法二)4节课全部可能的排法有A44=24种,其中体育排第一节的有A33=6种,数学排最后一节的有A33=6种,体育排第一节且数学排最后一节的有A22=2种,故符合要求的排法有A44-2×A33+A22=14种.9.B 若第一棒选A,则有A42种选派方法;若第一棒选B,则有2A42种选派方法.由分类加法计数原理知,共有A42+2A42=3A42=36种选派方法.10.C 由数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中偶数共有2A44=48个,大于50000的偶数共有2A33=12个,所以小于50000的偶数共有48-12=36个.11.ACD 甲、乙必须相邻且乙在甲的右边,可将甲、乙捆绑看成一个元素,则不同的排法有A 44=24种,故A 正确;最左端只能排甲或乙,最右端不能排甲,则不同的排法共有A 31×A 33+A 44=42种,故B 不正确;甲、乙不相邻的排法种数为A 33×A 42=72种,故C 正确;甲、乙、丙按从左到右的顺序排列的排法有A 55A 33=20种,故D 正确. 故选ACD.12.解(1)从7人中任选5人进行全排列,有A 75=7×6×5×4×3=2520种不同的排列方法.(2)分两步:第1步,先选3人站前排,有A 73种不同的排列方法; 第2步,余下4人站后排,有A 44种不同的排列方法.根据分步乘法计数原理,共有A 73A 44=7×6×5×4×3×2×1=5040种不同的排列方法.(3)将女生看成一个整体,则有A 44种不同的排列方法.再将女生与男生进行全排列,有A 44种不同的排列方法.共有A 44A 44=4×3×2×1×4×3×2×1=576种不同的排列方法.(4)先排女生,有A 44种不同的排列方法.再将3名男生插入女生产生的5个空中,有A 53种不同的排列方法.共有A44A53=4×3×2×1×5×4×3=1440种不同的排列方法.(5)先排甲,有5种不同的排列方法.剩余6人进行全排列,有A66种不同的排列方法.共有5×A66=5×6×5×4×3×2×1=3600种不同的排列方法.(6)将7名学生全排列,只有A77种不同的排列方法.甲站最左边时,有A66种不同的排列方法,乙站最右边时,有A66种不同的排列方法;其中都包含了甲在最左边且乙在最右边的情形,有A55种方法,故共有A77-2×A66+A55=7×6×5×4×3×2×1-2×6×5×4×3×2×1+5×4×3×2×1=3720种不同的排列方法.。
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17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…a 1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 n +4n )/2-2f(n), 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18f(n)+f(n-1)+f(n-2)+…+f(2)=2n-2 f(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。
包括以下情况：f(n)包含了在最后三位第一次出现010的个数，同时排除了从 n-4到n-2位第一次出现010的可能；f(n-2)包含了从n-4到n-2位第一次出现010的个数； f(n-3)包含了从n-5到n-3位第一次出现010的个数；2f(n-4)包含了从n-6到n-4位第一次出现010的个数（因为 在第n-3位可以取0或1）；同理，k ≥3时，第n-k-2到n-k 位第一次出现010的个数为 2k-3f(n-k)(因为第n-k 位～n-3位中间的k-3位可以取0、1，所以有2k-3种状态)。
所以满足条件的递推关系为f(n)+f(n-2)+f(n-3)+…+2n-6f(3)=2n-3 n ≥6f(3)=1,f(4)=2,f(5)=3.7. 有多少个长度为n 的0,1序列,在这些序列中,既不包含“010”,也不包含“101”？解：设满足条件的序列数为f(n)考虑n-1位时最左边的情况：1) 最左边为1，则左边可选0或1生成满足要求的序列，这种情况有2f(n-2)个；2) 最左边为01，则左边只能选1才能满足要求，这种情况有 f(n-3)个；f(n)=2f(n-2)+f(n-3) f(2)=1,f(3)=1,f(4)=2.8. 在信道上传输a,b,c 三个字母组成的长为n 的字符串,若字符串中有两个a 连续出现,则信道就不能传输.令f(n)表示信道可以传输的长为n 的字符串的个数,求f(n)满足的递推关系.解：信道上能够传输的长度为n （n ≥2）的字符串可分成如下四类：1) 最左字符为b ； 2) 最左字符为c ；3) 最左两个字符为ab ； 4) 最左两个字符为ac ；前两类字符串分别有f(n-1)个，后两类字符串分别有f(n-2)个。
容易求出f(1)=3,f(2)=8。
从而得到 f(n)=2f(n-1)+2f(n-2) (n ≥3) f(1)=3,f(2)=8. 9. 求解下列递推关系：（1）()2(1)2(2)(1)3,(2)8f n f n f n f f =-+-⎧⎨==⎩；解：先求这个递推关系的通解，它的特征方程为x 2-2x －2=0解这个方程，得11x =,21x =19所以，通解为12()(1(1n n f n c c =+.代入初值来确定c 1和c 2，得1c =2c =.因此，()n n f n =+. （2）()4(1)4(2)(0)1,(1)3f n f n f n f f =---⎧⎨==⎩；解：此递推关系的特征方程为x 2-4x+4=0 解这个方程，得x 1=x 2=2. 所以通解为f(n)=c 12n +c 2n2n .代入初值来确定c 1和c 2，得c 1=1，c 2=1/2.因此，f(n)=2n +2n-1n.（3）()(1)3(2)5(3)2(4)(0)1,(1)0,(2)1,(3)2f n f n f n f n f n f f f f =--+-+-+-⎧⎨====⎩；解：该递推关系的特征方程为x 4+x 3-3x 2-5x-2=0, 解得特征根为x 1=x 2=x 3=-1,x 4=2.所以通解为f(n)=c 1(-1)n +c 2n(-1)n +c 3n 2(-1)n +c 42n .代入初值，得1234712,,0,939c c c c ==-==.因此，712()(1)(1)2939nnnf n n =---+⋅.（4）()4(1)4(2)2(0)0,(1)1nf n f n f n n f f ⎧--+-=⋅⎨==⎩；解：由于2是特征方程的二重根，所以该递推关系的特解为f '(n)=n 2(b 1n+b 0)·2n .将它代入递推关系化简，得到 6b 1=1, -6b 1+2b 0=0解得012b =，116b =.而相应齐次递推关系的通解为(c 0+c 1n)·2n ，从而非齐次递推关系的通解为2011()()262n n f n c c n n =+++⋅⎡⎤⎛⎫ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦.代入初值可得00c =，116c =-.20 于是321()(3)26n f n n n n =+-⋅.（5）()(1)! (1)(0)2f n nf n n n f =-+≥⎧⎨=⎩；解：f(1)=f(0)+1!f(2)=2f(1)+2!=2f(0)+2*2!=2!(f(0)+2) f(3)=3f(2)+3!=6f(0)+3*3!=3!(f(0)+3) …f(n)=n!(f(0)+n)=n!(n+1).（6）()(2)(1) (1)(0)1f n n f n n f =+-≥⎧⎨=⎩；解：f(n)=(n+2)f(n-1)=(n+2)(n+1)f(n-2)=… =(n+2)(n+1)…3·f(0)=(n+2)!/2.10. 在一圆周上取n 个点,过每对点作一弦,且任何三条弦不在圆内共点,试求这些弦把圆分成的区域的个数.解：n-1个点把圆分为f(n-1)部分，在加第n 个点则对于前n-1个点来说，每选3个点都有3条弦构成了一个三角形。
而中间的一点和第n 点的连线把中间和第n 点间的弦分成了2个部分，增加了1一个域。
第n 个点和其它n-1个点的连线又把第1，n-1，n 点构成的三角形分为n 个域。
故满足条件的递推关系为，解得 f(n)=1+C(n,2)+C(n-4). 11. 设有n 条椭圆曲线，两两相交于两点，任意3条椭圆曲线不相交于一点.问这样的n 个椭圆将平面分割成多少部分?解：设f(n)表示n 个椭圆将平面分割成的部分的个数，则有：一个椭圆将平面分成内、外两个部分，两个椭圆将平面分成4个部分。
第二个椭圆的周界被第一个椭圆分成两部分，这恰恰是新增加的域的边界。
依此类推，第三个椭圆曲线被前面两个椭圆分割成4部分，将平面分割成4＋4＝8个部分。
若n －1个椭圆将平面分割成f(n-1)个部分，第n 个椭圆和前n －1个椭圆两两相交于两点，共2（n －1）个交点，即新增加的域有2（n －1）个。
故有 f(n)=f(n-1)+2(n-1) f(1)=2解得f(n)=n(n-1)+212. 求n 位十进制正数中出现偶数个5的数的个数.解：设f(n)表示n 位十进制正数中出现个5的数的个数，d=d 1d 2…d n-1表示n-1位十进制数，则若d 含有偶数个5，则d n 取5以外的任何一个数；若d 含有奇数个5，则d n 取5。
另n-1位十进制的数共有9×10n-2个，故递推关系为f(n)=9f(n-1)+ 9×10n-2-f(n-1)= 9×10n-2+8f(n-1) f(1)=8.2113. 在一个平面上画一个圆,然后一条一条地画n 条与圆相交的直线.当r 是大于1的奇数时,第r 条直线只与前r －1条直线之一在圆内相交.当r 是偶数时,第r 条直线与前r －1条直线都在圆内相交.如果无3条直线在圆内共点,这n 条直线把圆分割成多少个不重叠的部分？解：当r 是奇数时，它只与原来r －1条直线之一相交，因此多了两个部分； 当r 是偶数时，它与原来的r －1条都相交，因此多了r 个交点； 故有f(n)=f(n-1)+2 n 为奇数； f(n)=f(n-1)+n n 为偶数；14. 从1到n 的自然数中选取k 个不同且不相邻的数,设此选取的方案数位f(n,k).1) 求f(n,k)满足的递推关系； 2) 用归纳法求f(n,k)；3) 若设1与n 算是相邻的数,并在此假定下从1到n 的自然数中选取k个不同且不相邻的数的方案数位g(n,k),试利用f(n,k)求g(n,k).解：1）有两类：选n 为f(n-2,k-1)；不选n 为f(n-1,k).所以 f(n,k)=f(n-2,k-1)+f(n-1,k). 2)f(n,k)=C(n-k+1,k).3)f(n,k)=C(n-k+1,k-1)*n/k.15. 从1到n 的自然数中选取两两之差均大于r 的k 个数1) 求它所满足的递推关系；2) 证明(,),(1)r n rk r f n k n r k r k -+⎛⎫=+≥+ ⎪⎝⎭解：可将本题转换为构造相应的0－1串的问题。
将这样的n 位0－1串与1到n 的正整数对位，与1相应的整数选取，与0相应的不取。
一个0－1串对应一个选取方案。
这也对应将相同的球放入不同的盒子的方案数。