组合数学题库答案备课讲稿
组合数学-组合几何答案与讲稿
组合几何例讲 答案及讲稿（陶平生）基本内容与方法：组合计数；组合构造；组合结构；映射与对应；分类与染色；归纳与递推；容斥原理；极端原理；调整法；补集法；算两次；数形结合法，等等．1、矩形玻璃台板碎裂成一些小玻璃片，每块碎片都是凸多边形，将其重新粘合成原矩形后，有交结点30个，其中20个点在原矩形的周界上（包括原矩形的四个顶点），其余10点在矩形内部.在矩形的内部有45条粘缝（两个结点之间的线段算是一条粘缝，如图所示）. 试求该矩形台板所碎裂成的各种类型（指三角形、四边形、五边形等等）的碎片块数. （若凸多边形的周界上有n 个点，就将其算作n 边形）.解：设全部碎片中，共有三角形3a 个，四边形4a 个， … …，k 边形k a 个（34,,,k a a a 为非负整数），一个多边形，若其周界上有n 个顶点，就将其看成是n 边形，（例如图中的多边形ABCDE 要看成五边形）.于是这些多边形的内角和S 角为：S 角()3422k a a a k πππ=⋅+⋅++⋅-.从另一方面看，矩形内部有10个结点，对于每个点，围绕它的多边形顶角和为2,π10个内结点共获得102π⋅弧度；矩形边界线段内共有16个结点，在每个这种结点处，各多边形的顶角在此汇合成一个平角，16个这种结点共获得16π弧度；而原矩形的四个顶点处，共收集到多边形碎片的2π弧度.因此，S 角2016238ππππ=++=，于是，()342238k a a k a +++-= ……○1. 再计算边数和S 边：由于每个n 边形有n 条边，则S 边3434k a a ka =+++.另一方面，在矩形的内部的45条粘缝，每条都是两个多边形的公共边，故都计算了两遍，矩形周界上的20条线段各被计算了一遍，因此，S 边24520110=⋅+=，则3434110k a a ka +++= (2)○2-○1得，()34272k a a a +++=，因此碎片的块数为:3436k a a a +++= (3)○1—○3得，()4562332k a a a k a ++++-= …… ○4. 注意所有i a 为非负整数，故670k a a a ====，4522a a += (5)○5式中，或者452, 0a a ==；或者450, 1a a ==，……○6. 因此由○3、○5、○6得，本题的解共有两种情况：即全部碎片共36块，其中，或含有34个三角形，2个四边形；或含有35个三角形，1个五边形.2、将圆周2011等分于点122011,,,A A A ，在以其中每三点为顶点的三角形中，求含有圆心的三角形的个数．解：一般地讨论圆周21n +等分的情况，任取其中一个分点，记为P ，然后将其余2n 个分点这样标志，自P 点后， 反时针方向的连续n 个点依次记为12,,,n A A A ； 顺时针方向的连续n 个点依次记为12,,,n B B B ；先考虑以P 为顶点且含有圆心的三角形，如图，显然，这种三角形的另两个顶点必须一个属于点集{}12,,,n A A A ，而另一个属于点集{}12,,,n B B B ．且这种i j PA B ∆含有圆心当且仅当1i j n +≥+，{},1,2,,i j n ∈，今计算合于条件的三角形个数：当i k =时，j 可取值,1,,1n n n k --+，共计k 个值，因此这种含有圆心的n n3i j PA B ∆个数为()1112nk k n n ==+∑，当点P 取遍21n +个位置，共得 ()()11212n n n +⋅+个三角形，由每个三角形有三个顶点，故每个三角形重复计算了三遍，因此，合于条件的三角形个数为()()1216n n n ++．3、在一个圆周上给定十二个红点；求n 的最小值，使得存在以红点为顶点的n 个三角形，满足：以红点为端点的每条弦，都是其中某个三角形的一条边．解：设红点集为：{}1212,,,A A A A =，过点1A 的弦有11条，而任一个含顶点1A 的三角形，恰含两条过点1A 的弦，故这11条过点1A 的弦，至少要分布于6个含顶点1A 的三角形中；同理知，过点(2,3,,12)i A i =的弦，也各要分布于6个含顶点i A 的三角形中，这样就需要12672⨯=个三角形，而每个三角形有三个顶点，故都被重复计算了三次，因此至少需要72243=个三角形． 再说明，下界24可以被取到．不失一般性，考虑周长为12的圆周，其十二等分点为红点，以红点为端点的弦共有21266C =条．若某弦所对的劣弧长为k ，就称该弦的刻度为k ；于是红端点的弦只有6种刻度，其中，刻度为1,2,,5的弦各12条，刻度为6的弦共6条；如果刻度为,,a b c （a b c ≤≤）的弦构成三角形，则必满足以下两条件之一：或者a b c +=；或者12a b c ++=；于是红点三角形边长的刻度组(),,a b c 只有如下12种可能：()()()1,1,2,2,2,4,3,3,6,()()()()()()()()()2,5,5,1,2,3,1,3,4,1,4,5,1,5,6,2,3,5,2,4,6,3,4,5,4,4,4；下面是刻度组的一种搭配：取()()()1,2,3,1,5,6,2,3,5型各六个，()4,4,4型四个；这时恰好得到66条弦，且其中含刻度为1,2,,5的弦各12条，刻度为6的弦共6条；今构造如下：先作()()()1,2,3,1,5,6,2,3,5型三角形各六个，再用()4,4,4等型来补充． ()1,2,3型六个：其顶点标号为：{}{}{}{}{}{}2,3,5,4,5,7,6,7,9,8,9,11,10,11,1,12,1,3； ()1,5,6型六个：其顶点标号为：{}{}{}{}{}{}1,2,7,3,4,9,5,6,11,7,8,1,9,10,3,11,12,5；3()2,3,5型六个：其顶点标号为：{}{}{}{}{}{}2,4,11,4,6,1,6,8,3,8,10,5,10,12,7,12,2,9；()4,4,4型三个：其顶点标号为：{}{}{}1,5,9,2,6,10,3,7,11；()2,4,6型三个：其顶点标号为：{}{}{}2,8,12,6,12,4,4,10,8．（每种情况下的其余三角形可由其中一个三角形绕圆心适当旋转而得）． 这样共得到24个三角形，因此，n 的最小值为24．4、在一个圆周上给定8个点128,,,A A A ．求最小的正整数n ，使得以这8个点为顶点的任意n 个三角形中，必存在两个有公共边的三角形．解：先考虑两两无公共边的三角形个数的最大值r ．八个点，每两点连一条弦，共得2828C =条弦，若每条弦只属于一个三角形，则这些弦至多能构成两两无公共边的三角形个数2893r ⎡⎤≤=⎢⎥⎣⎦个，但若有9个这样的三角形，共得27个顶点，则八边形必有一顶点，至少属于4个三角形，设为8A ，共顶点8A 的4个三角形，8A 的对边都是127,,,A A A 之中的两点连线，其中必有一点，设为k A ，出现了两次，那么相应的两个三角形将有一条公共边8k A A ，这不可能；故8r ≤．另一方面，当8r =时，我们确实可以作出这样的8个三角形，使得其中任两个三角形都无公共边；注意这样的8个三角形，共产生24个顶点，若使每点所参与的三角形个数都小于4，那么每点恰好属于3个三角形，也就是说，每个点，恰与其余七点中的6点有边相连，而与另一点不连边；考虑每点度数皆为6的八阶图G ：为简明起见，取圆周的八等分点作为图G 的八个顶点，作8阶完全图，然后去掉其中4条直径，这样共得24条边，且每点均属于6条边；在由这些边所构成的三角形中，选取八个等腰三角形： (1,2,3),(3,4,5),(5,6,7),(7,8,1)以及 (1,4,6),(3,6,8),(5,8,2),(7,2,4)，它们两两无公共边；（每一组的四个三角形，皆可由其中一个三角形绕圆心适当旋转而得到）．因此，8r =，从而所求的最小值19n r =+=．5、试确定，是否能将1,2,,10这十个数分别标于五角星的十个结点上，使得每一条边上的四个数之和都相等？证明你的结论．解：不能．反证法，假若有一种填法，使得五角星每条边上的四数之和都相等，记此和值为S ，则由于五角星的任两条边都相交，每一点恰有两条边经过，则52(1210)110S =+++=，所以，22S =．即每条边上的四数之和皆为22．先证明，10与1必共线，事实上，假若10与1不共线，考虑经过10的两根线，设10所在的一条线上的四数为12310,,,x x x ，另一条线上的四数为12310,,,y y y ，则123123442(10)(10)S x x x y y y ==+++++++12312320()x x x y y y =++++++20(234567)47≥++++++=，矛盾！故10与1必共线．下面用两种方法证明本题结论：方法一：记10与1所共的线为l ，l 上所填的另两数设为12,a a ，则1211a a +=，它有四种情况：{}{}{}{}{}12,2,9,3,8,4,7,5,6a a =；数10所在的另一根线记为10l ，10l 上的另三数设为123,,b b b ，则12312b b b ++=，它有三种情况：{}{}{}{}123,,2,3,7,2,4,6,3,4,5b b b =；数1所在的另一根线记为1l ，1l 上的另三数设为123,,c c c ，则12321c c c ++=，它有三种情况：{}{}{}{}123,,5,7,9,6,7,8,4,8,9c c c =；由于110,,l l l 两两之间恰有一个公共点，假若{}1,10,2,9l =，则{}{}1101,6,7,8,10,3,4,5l l ==，而110l l =∅，矛盾！ 假若{}1,10,3,8l =，则{}{}1101,5,7,9,10,2,4,6l l ==，而110l l =∅，矛盾！ 假若{}1,10,5,6l =，则{}{}1101,4,8,9,10,2,4,6l l ==，而110l l =∅，矛盾！假若{}1,10,4,7l =，则1l 与10l 各有两个点在l 上，这时110,,l l l 三线重合，矛盾！ 因此所述结论成立．方法二：删去10所在的两根线（1所在的点也被删去），五角星上剩下不共线的三个点，它们构成ABC ∆，这三顶点的填数和为：55222121a b c ++=-⨯+=．ABC ∆恰有一条边在1l （1所在的另一线）上，即1l 上有异于1的两点是ABC ∆的两个顶点，设为,B C ，1l 上的另一点记为D ，由于1l 上除1之外的另三数的和也是21，设点D 上的填数为d ，那么21a b c b c d ++==++，所以a d =，矛盾！（因D 在边BC 上而,,A B C 不共线），因此所述结论成立．6、两个正三角形交叠成一个六角星（如图），现将前12个正整数1,2,,12分别填于图中的12个结点处，使得每条直线上所填的四数之和相等．()01、试求六角星的六个顶点126,,,a a a 处填数之和的最小值；()02、证明适合条件的不同填数方案有偶数个．（对于填数方案π与T ，若方案π经旋转、翻转后能与方案T 重合，则认为是相同的填数方案）()01、解：对于满足条件的任一填法，将点ia 处所填的数仍记为ia ，1,2,,12i =，若每条直线上的四数之和为s ，则由()621212s =+++，得到26s =；在135a a a ∆的三条边上，有()()()1893310115512713a a a a a a a a a a a a s +++++++++++= ……○1 在246a a a ∆的三条边上，有()()()2910441112667823a a a a a a a a a a a a s +++++++++++= ……○2 两式相减得 135246a a a a a a ++=++ ……○3，由此知，两个三角形顶点处填数之和相等，若记 ()()135246m a a a a a a =+++++，则m 为偶数． 因为在1,2,,12中，最小的六数之和12621+++=为奇数，则22m ≥．若22m =，由于在1,2,,12中，和为22的六数只有1,2,3,4,5,7，将其分为和相等的两组，每组三个数，只有唯一的分法： {1,3,7}与{2,4,5}．今忽略外圈的具体数字，而将{1,3,7}与{2,4,5}分别改记为{奇，奇，奇}与{偶，偶，奇}，那么在旋转意义下，六个顶点处的填字方式唯一.现在再来考虑内圈六数的填法，用记号a b 表示整数,a b 同奇偶，由于每线上四数之和s 为偶数，则987121011 , a a a a a a ，而在内圈六数6,8,9,10,11,12之中，恰有四个偶数，两个奇数，因此{}{}1011, 9, 11a a =，由于1011, a a 落在奇顶三角形的一条边上，该边两顶点的填数之和应是()9116s -+=，但是在{}1,3,7中不存在和为6的两个数，矛盾。
组合数学参考答案(卢开澄第四版)
2019年高中数学湘教版选修2-3讲义+精练：第7章7.3组合含答案
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 m n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 m n＝A m nA m m＝n(n－1)…(n－m＋1)m！,0≤m≤n.(2)C m n＝n！m！(n－m)！,0≤m≤n.3．组合数的性质(1)C m n＝C n－mn，(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.组合的概念[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．组合数公式及其性质应用[例2](1)n n＋1(2)求证：C m n＝m＋1n－mC 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＝C14＋C55＝5，当n＝5时，原式＝C05＋C46＝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nn－mC 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 m n＝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C58＋C98100·C77；(2)计算C05＋C15＋C25＋C35＋C45＋C55；(3)解方程：C x2－x16＝C5x－516；(4)解不等式：C m－4m＞C m－6m－1＋C6m－1.解：(1)原式＝C38＋C2100×1＝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.组合的简单应用[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)C 512＝792种不同的选法；(2)甲、乙、丙三人必须参加，只需从另外的9人中选2人，共有C 29＝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C 59＝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C 13＝3种选法，再从另外的9人中选4人有C 49种选法．共有C 13C 49＝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＝45.的组合数，即C210＝10×92×1(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.解题高手妙解题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－1＝C m n＋1求解即可．n[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…＝(C 3101－C 33)·A 22＝(C 3101－1)·A 22＝2C 3101－2＝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C 2n ＝10，则n 的值为( ) A ．10 B ．5 C ．3D ．4解析：选B ∵C 2n ＝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 ．C 39D ．C 24C 15＋C 25C 14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C 34＋C 24C 15. 所以共有C 34＋C 24C 15＝34种不同的结果．第二课时 组合的综合应用有限制条件的组合问题[例1] 某医院从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C 24种选法，再从除去外科专家的6名专家中任选4名，有C 46种选法，所以共有C 24·C 46＝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.几何问题中的组合问题[例2]平面上有(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C34 C15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．排列与组合的综合应用[例3]有5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)．解题高手多解题少个？[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C47＝35种选法，4人全是男生的选法有C44＝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C45种，周五一人有C14种，周六两人则有C23，周日则有C11种，故共有C45×C14×C23＝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C13C12A22＝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C12C23A33＝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C36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A22种排法．故共有C36·A22＝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A 34种方法，在未安排男同志的那辆车安排女同志有C 13种方法，还有2个女同志有A 23种安排方法，故共有A 34C 13A 23＝432(种)安排方法．(2)男同志分2组有C 23种方法，女同志分2组有C 23种方法，将4组安排到4辆车上有A 44种方法，故共有C 23C 23A 44＝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C 14种方法；0可在后两位，有C 12种方法；最后需从剩下的三张中任取一张，有C 13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C 14C 12C 13·22个． (2)取1不取0，同上分析可得不同的三位数C 24·22·A 33个． (3)0和1都不取，有不同的三位数C 34·23·A 33个．综上所述，共有不同的三位数：C 14·C 12·C 13·22＋C 24·22·A 33＋C 34·23·A 33＝432(个)． 法二：(间接法)任取三张卡片可以组成不同的三位数C 35·23·A 33个，其中0在百位的有C 24·22·A 22个，这是不合题意的，故共有不同的三位数：C 35·23·A 33－C 24·22·A 22＝432(个)．。
组合奥赛精讲及习题讲解
组合奥赛精讲及习题讲解组合计数就是计算集合的元素个数。
它是组合数学的重要组成部分.在具体问题中给出的集合各式各样，都具有实际意义，而且集体中的元素是由某些条件所确定的，要判定一个元素是否属于某集合A，已非易事，要确定A的元素个数就更难了.这正是研究计算问题的原因。
解决组合计算问题虽然不需要高深理论知识，却需要重要的计算原理与思想方法.Ⅰ．几种特殊的排列、组合1．圆排列定义1：从几个元素中任取r个不同元素仅按元素之间的相对位置而不分首尾排成一个圆圈，这种排列称为n个不同元素的r——圆排列。
r——圆排列数记为.2．重复排列定义2：从n个不同元素中允许重复的任取r个元素排成一列，称为n个不同元素的r——可重复排列.定理2：n个不同元素的r——可重排列数为nr.证：在按顺序选取的r个元素中，每个元素都有n种不同的选法，故由乘法原理有，其排列数为nr.3．不全相异元素的全排列定义3：设n个元素可分为k组，每一组中的元素是相同的，不同组间的元素是不同的，其中第i组的元素个数为ni(i=1, 2, …, k ), n1+n2+…+nk=n . 则这n个元素的全排列称为不全相异元素的全排列.定理3：n个元素的不全相异元素的全排列个数为证：先把每组中的元素看做是不相同的，则n个不同元素的全排列数为n!，然后分别将每个组的元素还其本来面目看成是相同的，则在这n!个全排列中，每个排列都重复出现了n1！n2!……nk！次，所以不全相异元素的全排列数4．多组组合定义4：将n个不同的元素分成k组的组合称为n个不同元素的k——组合.定理4：对于一个n个不同元素的k——组合，若第i组有ni个元素（i=1, 2, …，k），则不同的分组方法数为证：我们把分组的过程安排成相继的k个步骤.第一步，从n个不同元素中选n1个，有种方法；第二步，从n－n1个元素中选n2个有种方法；…；第k步，从n－（n1+n2+…+nk －1）个元素中选nk个元素，有－（n1+n2+…+nk－1）种方法，再由乘法原理得证. 5．重重组合定义5：从n个不同元素中任取r个允许元素重复出现的组合称为n个不同元素的r——可重组合.定理5：n个不同元素的r——可重组合的个数为Crn+r－1 .证：设（a1 , a2 ,…，ar）是取自{1，2，…，n}中的任一r可重复组合，并设a1≤a2≤…≤ar .令bi=ai+i－1(1≤i≤r).从而b1=a1 , b2=a2+1 , b3=a3+2,…, br=a+r－1r .显然下面两组数是一对一的：a1≤a2≤a3≤…≤ar ,1≤a1设A={（a1 , a2 ,…，ar）|ai∈{1，2，…，n}，a1≤a2≤…≤ar }，B={（b1, b2,…，br）|bi∈{1，2，…，n+r－1}，b1< b2<…字串5则由A、B之间存在一一对应，故|A|=|B|=Crn+r－1 .Ⅱ．枚举法所谓枚举法就是把集合A中的元素一一列举出来，从而计算出集体A的元素个数。
级组合数学复习题解答学习教案
an 4 8n1 5 10n1
个.
第23页/共48页
24 24
第二十四页，共49页。
14.把
件彼此相异的物品分给甲、乙、丙三人 ，使得 甲至少 分得两 件物品 ，乙和 丙至少 分得一 件物品 ，有多 少种不 同的分 法？
n(n 4)
解 设有N种不同的分法. 因为把n件彼此相异(xiānɡ y ì)的物品分给3个人，使得每人至少分得一 件物品 的方法 共有
解 (1) 若选出的物体有
个不
k (k 0, 1, 2, , n)
相同,则其余n - k个是相同的,所以选取(xuǎnqǔ)的方法数为
n 0
n 1
n n
2n
(2) 类似(lèi sì)于(1)的分析可知，所以选取的方法数 为
2n 0
1
2n 1
1
2n
n
fn1；
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第十七页，共49页。
fn2 .
17 17
于是(yúshì)得递推关系 由Fibonacci数列(shùliè),得通解 代入初值,得
所以
fn f1
fn1 fn2 2, f2 4
fn
1 c1 ( 2
5 )n
1 c2 ( 2
5 )n
5 5
5 5
c1 5 , c2 5
2k 第20页/共48页
21 21 第二十一页，共49页。
于是(yúshì)
n
hn hk1hnk h0hn1 h1hn2
k 1
hn1h0
解得
hn
1 2n
n
1
n
第21页/共48页
22 22 第二十二页，共49页。
《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；
2024组合问题说课稿范文
2024组合问题说课稿范文今天我将为大家介绍的是《2024组合问题》这个数学课题，下面我将从以下几个方面进行阐述。
一、说教材1、《2024组合问题》是人教版小学数学六年级下册第八单元第2课时的内容。
这个课题是在学生已经学习了排列、组合和样本空间等知识的基础上进行教学的，是数学领域中的一个重要知识点，而且在实际生活中也有着广泛的应用。
2、教学目标根据新课程标准的要求以及教材的特点，结合学生现有的认知结构，我制定了以下三点教学目标：①认知目标：理解2024组合问题的意义，掌握解决组合问题的方法和步骤。
②能力目标：培养学生进行逻辑推理和问题解决的能力。
③情感目标：在解决组合问题的过程中，让学生感受到数学的乐趣和实用性。
3、教学重难点在深入研究教材的基础上，我确定了本节课的重点是：理解2024组合问题的意义，能独立解决2024组合问题。
难点是：在解决2024组合问题中运用排列和组合的知识。
二、说教法学法为了让学生更好地理解和掌握2024组合问题的解决方法，我将采用启发法进行教学。
在教学过程中，我将引导学生通过实际例子的探究，培养他们的逻辑思维和解决问题的能力。
三、说教学准备在教学过程中，我准备了多媒体教具和实际案例，以便更好地呈现教学素材，并激发学生的学习兴趣和动力。
四、说教学过程新课标指出：“教学活动是师生积极参与、交往互动、共同发展的过程”本着这个教学理念，我设计了如下教学环节。
环节一、谈话引入，导入新课。
课堂伊始，我会以一个生活化的例子来引入2024组合问题：小明有4个红色球，5个蓝色球和3个绿色球，他想从这些球中取出3个球来组成一个新的组合。
请问他有多少种不同的组合方式？通过与学生的谈话互动，引导学生思考问题并提出解决的方法。
由此引入今天的课题：2024组合问题。
环节二、解决实际问题在引入课题后，我会先让学生自主思考和探究，试图找出解决实际问题的方法。
然后，我将通过实例让学生发现规律，引导他们使用组合和排列的知识解决问题。
最新非常好的排列与组合讲义(教师版、含解析)
第二节 排列与组合1．排列与排列数公式 (1)排列与排列数(2)排列数公式A mn ＝n (n －1)(n －2)…(n －m ＋1)＝n ！n －m ！(m ，n ∈N *，m ≤n )．(3)排列数的性质 A nn ＝n ！；A 0n ＝1；0！＝1.[探究] 1.排列与排列数有什么区别？提示：排列与排列数是两个不同的概念，排列是一个具体的排法，不是数，而排列数是所有排列的个数，是一个正整数．2．组合与组合数公式 (1)组合与组合数(2)组合数公式 C mn ＝n n －n －n －m ＋m ！＝n ！m ！n －m ！(m ，n ∈N *，m ≤n )．(3)组合数性质①C 0n ＝1；②C m n ＝C n －m n ；③C m n ＋1＝C m n ＋C m －1n .[探究] 2.如何区分一个问题是排列问题还是组合问题？提示：看选出的元素与顺序是否有关，若与顺序有关，则是排列问题，若与顺序无关，则是组合问题．1．12名选手参加校园歌手大奖赛，大赛设一等奖、二等奖、三等奖各一名，每人最多获得一种奖项，则不同的获奖种数是( )A ．123B ．312C ．A 312D ．12＋11＋10解析：选C 从12名选手中选出3名获奖并安排奖次，共有A 312种不同的获奖情况． 2．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 ．9 C ．C 39D ．C 24C 15＋C 25C 14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．3．将7名学生分配到甲、乙两个宿舍中，每个宿舍至少安排两名学生，那么互不相同的分配方案共有( ) A ．252种 B ．112种 C ．20种 D ．56种解析：选B 不同的分配方案共有C 27C 55＋C 37C 44＋C 47C 33＋C 57C 22＝112种．4．从4名男生和3名女生中选出4人担任奥运志愿者，若选出的4人中既有男生又有女生，则不同的选法共有_种．解析：(间接法)共有C47－C44＝34种不同的选法．答案：345．如图M，N，P，Q为海上四个小岛，现要建造三座桥，将这四个小岛连接起来，则不同的建桥方法有________种．解析：M，N，P，Q共有6条线段(桥抽象为线段)，任取3条有C36＝20种方法，减去不合题意的4种．则不同的方法有16种．答案：16[例1] 3名男生，4名女生，按照不同的要求排队，求不同的排队方案的方法种数：(1)选其中5人排成一排；(2)排成前后两排，前排3人，后排4人；(3)全体站成一排，男、女各站在一起；(4)全体站成一排，男生不能站在一起；(5)全体站成一排，甲不站排头也不站排尾．[自主解答] (1)问题即为从7个元素中选出5个全排列，有A57＝2 520种排法．(2)前排3人，后排4人，相当于排成一排，共有A77＝5 040种排法．(3)相邻问题(捆绑法)：男生必须站在一起，是男生的全排列，有A33种排法；女生必须站在一起，是女生的全排列，有A44种排法；全体男生、女生各视为一个元素，有A22种排法，由分步乘法计数原理知，共有N＝A33·A44·A22＝288种．(4)不相邻问题(插空法)：先安排女生共有A44种排法，男生在4个女生隔成的五个空中安排共有A35种排法，故N ＝A44·A35＝1 440种．(5)先安排甲，从除去排头和排尾的5个位中安排甲，有A15＝5种排法；再安排其他人，有A66＝720种排法．所以共有A15·A66＝3 600种排法．本例中若全体站成一排，男生必须站在一起，有多少中排法？解：(捆绑法)即把所有男生视为一个元素，与4名女生组成5个元素全排，故有N＝A33·A55＝720种．解决排列类应用题的主要方法(1)直接法：把符合条件的排列数直接列式计算；(2)特殊元素(或位置)优先安排的方法，即先排特殊元素或特殊位置；(3)捆绑法：相邻问题捆绑处理的方法，即可以把相邻元素看作一个整体参与其他元素排列，同时注意捆绑元素的内部排列；(4)插空法：不相邻问题插空处理的方法，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；(5)分排问题直排处理的方法；(6)“小集团”排列问题中先集体后局部的处理方法；(7)定序问题除法处理的方法，即可以先不考虑顺序限制，排列后再除以定序元素的全排列．1．一位老师和5位同学站成一排照相，老师不站在两端的排法( )A．450 B．460 C．480 D．500解析：选C 先排老师有A14种排法，剩下同学有A55种排法．共有A14A55＝480种排法．2．排一张有5个歌唱节目和4个舞蹈节目的演出节目单．(1)任何两个舞蹈节目不相邻的排法有多少种？(2)歌唱节目与舞蹈节目间隔排列的方法有多少种？解：(1)先排歌唱节目有A55种，歌唱节目之间以及两端共有6个空位，从中选4个放入舞蹈节目，共有A46种方法，所以任两个舞蹈节目不相邻的排法有A55·A46＝43 200种方法．(2)先排舞蹈节目有A44种方法，在舞蹈节目之间以及两端共有5个空位，恰好供5个歌唱节目放入．所以歌唱节目与舞蹈节目间隔排列的排法有A44·A55＝2 880种方法.[例2] 要从5名女生，7名男生中选出5名代表，按下列要求，分别有多少种不同的选法？(1)至少有1名女生入选；(2)至多有2名女生入选；(3)男生甲和女生乙入选；(4)男生甲和女生乙不能同时入选；(5)男生甲、女生乙至少有一个人入选．[自主解答] (1)法一：至少有1名女生入选包括以下几种情况：1女4男，2女3男，3女2男，4女1男，5女．由分类加法计数原理知总选法数为C15C47＋C25C37＋C35C27＋C45C17＋C55＝771种．法二：“至少有1名女生入选”的反面是“全是男代表”，可用间接法求解．从12名人中任选5人有C512种选法，其中全是男代表的选法有C57种．所以“至少有1名女生入选”的选法有C512－C57＝771种；(2)至多有2名女生入选包括如下几种情况：0女5男，1女4男，2女3男，由分类加法计数原理知总选法数为C57＋C15C47＋C25C37＝546种．(3)男生甲和女生乙入选，即只要再从除男生甲和女生乙外的10人任选3名即可，共有C22C310＝120种选法；(4)法一：男生甲和女生乙不能同时入选包括以下几种情况：男生甲入选女生乙不入选；男生甲不入选女生乙入选；男生甲和女生乙都不入选．由分类加法计数原理知总选法数为C410＋C410＋C510＝672种．法二：间接法：从12人中选出5人，有C512种选法，从除去男生甲和女生乙外的10人中任选3人有C310种选法，所以“男生甲和女生乙不能同时入选”的选法有C512－C22C310＝672种；(5)间接法：“男生甲、女生乙至少有一个人入选”的反面是“两人都不入选”，即从其余10人中任选5人有C510种选法，所以“男生甲、女生乙至少有一个人入选”的选法数为C512－C510＝540种．组合两类问题的解法(1)“含”与“不含”的问题：“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”、“最多”的问题：解这类题必须十分重视“至少”与“最多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解．用直接法或间接法都可以求解．通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理．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：可分两种互斥情况：A类选1门，B类选2门或A类选2门，B类选1门，共有C13C24＋C23C14＝18＋12＝30种选法．法二：总共有C37＝35种选法，减去只选A类的C33＝1种，再减去只选B类的C34＝4种，共有30种选法．[例3] 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．[自主解答] (1)先选后排，先选可以是2女3男，也可以是1女4男，先取有C35C23＋C45C13种，后排有A55种，共有(C35C23＋C45C13)·A55＝5 400种．(2)除去该女生后，先取后排，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，选出的3人全排有A33种，共C36·C13·A33＝360种．求解排列、组合综合题的一般思路排列、组合的综合问题，一般是将符合要求的元素取出(组合)或进行分组，再对取出的元素或分好的组进行排列．其中分组时，要注意“平均分组”与“不平均分组”的差异及分类的标准．4．4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内．(1)恰有1个盒不放球，共有几种放法？(2)恰有1个盒内有2个球，共有几种放法？(3)恰有2个盒不放球，共有几种放法？解：(1)为保证“恰有1个盒不放球”，先从4个盒子中任意取出去一个，问题转化为“4个球，3个盒子，每个盒子都要放入球，共有几种放法？”，即把4个球分成2,1,1的三组，然后再从3个盒子中选1个放2个球，其余2个球放在另外2个盒子内，由分步乘法计数原理，共有C14C24C13×A22＝144种．(2)“恰有1个盒内有2个球”，即另外3个盒子放2个球，每个盒子至多放1个球，也即另外3个盒子中恰有一个空盒，因此，“恰有1个盒内有2个球”与“恰有1个盒不放球”是同一件事，所以共有144种放法．(3)确定2个空盒有C24种方法，4个球放进2个盒子可分成(3,1)，(2,2)两类，第一类有序不均匀分组有C34C11A22种方法；第二类有序均匀分组有C 24C 22A 22·A 22种方法．故共有C 24⎝ ⎛⎭⎪⎫C 34C 11A 22＋C 24C 22A 22·A 22＝84种．3点注意——求解排列、组合问题的三个注意点(1)解排列、组合综合题一般是先选后排，或充分利用元素的性质进行分类、分步，再利用两个原理作最后处理．(2)解受条件限制的组合题，通常用直接法(合理分类)和间接法(排除法)来解决．分类标准应统一，避免出现重复或遗漏．(3)对于选择题要谨慎处理，注意等价答案的不同形式，处理这类选择题可采用排除法分析选项，错误的答案都是犯有重复或遗漏.创新交汇——几何图形中的排列组合问题1．排列、组合问题的应用一直是高考的热点内容之一，高考中除了以实际生活为背景命题外，还经常与其他知识结合交汇命题．2．解答此类问题应注意以下问题：(1)仔细审题，判断是排列问题还是组合问题；(2)对限制条件较为复杂的排列组合问题，可分解为若干个简单的基本问题后再用两个原理来解决； (3)由于排列组合问题的答案一般数目较大，不易直接验证，可采用多种不同的方法求解，看结果是否相同来检验．[典例] (2011·湖北高考)给n 个自上而下相连的正方形着黑色或白色．当n ≤4时，在所有不同的着色方案中，黑色正方形互不相邻的着色方案如下图所示：由此推断，当n ＝6时，黑色正方形互不相邻的着色方案共有________种，至少有两个黑色正方形相邻的着色方案共有________种(结果用数值表示)．[解析] (1)当n ＝6时，如果没有黑色正方形有1种方案，当有1个黑色正方形时，有6种方案，当有两个黑色正方形时，采用插空法，即两个黑色正方形插入四个白色正方形形成的5个空内，有C 25＝10种方案，当有三个黑色正方形时，同上方法有C 34＝4种方案，由图可知不可能有4个，5个，6个黑色正方形，综上可知共有21种方案．(2)将6个正方形空格涂有黑白两种颜色，每个空格都有两种方案，由分步计数原理一共有26种方案，本问所求事件为(1)的对立事件，故至少有两个黑色正方形相邻的方案有26－21＝43种．[答案] 21 43(2012·安徽高考)6位同学在毕业聚会活动中进行纪念品的交换，任意两位同学之间最多交换一次，进行交换的两位同学互赠一份纪念品．已知6位同学之间共进行了13次交换，则收到4份纪念品的同学人数为( )A ．1或3B ．1或4C ．2或3D ．2或4解析：选D 不妨设6位同学分别为A ，B ，C ，D ，E ，F ，列举交换纪念品的所有情况为AB ，AC ，AD ，AE ，AF ，BC ，BD ，BE ，BF ，CD ，CE ，CF ，DE ，DF ，EF ，共有15种．因为6位同学之间共进行了13次交换，即缺少以上交换中的2种．第一类，某人少交换2次，如DF ，EF 没有交换，则A ，B ，C 交换5次，D ，E 交换4次，F 交换3次；第二类，4人少交换1次，如CD ，EF 没有交换，则A ，B 交换5次，C ，D ，E ，F 交换4次．一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．(2012·辽宁高考)一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为( ) A ．3×3！ B ．3×(3！)3C ．(3！)4D ．9!解析：选C 利用“捆绑法”求解．满足题意的坐法种数为A 33(A 33)3＝(3！)4.2．(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．3．在“神九”航天员进行的一项太空实验中，先后要实施6个程序，其中程序A 只能出现在第一步或最后一步，程序B 和C 实施时必须相邻，请问实验顺序的编排方法共有( )A ．24种B ．48种C ．96种D ．144种解析：选C 当A 出现在第一步时，再排A ，B ，C 以外的三个程序，有A 33种，A 与A ，B ，C 以外的三个程序生成4个可以排列程序B 、C 的空档，此时共有A 33A 14A 22种排法；当A 出现在最后一步时的排法与此相同，故共有2A 33A 14A 22＝96种编排方法．4.如图所示2×2方格，在每一个方格中填入一个数字，数字可以是1、2、3、4中任何一个，允许重复．若填入A 方格的数字大于B 方格的数字，则不同的填法共有( )A ．192种B ．128种C ．96种D ．12种解析：选C 可分三步：第一步，填A 、B 方格的数字，填入A 方格的数字大于B 方格中的数字有6种方式(若方格A 填入2，则方格B 只能填入1；若方格A 填入3，则方格B 只能填入1或2，若方格A 填入4，则方格B 只能填入1或2或3)；第二步，填方格C 的数字，有4种不同的填法；第三步，填方格D 的数字，有4种不同的填法．由分步计数原理得，不同的填法总数为6×4×4＝96.5．两人进行乒乓球比赛，先赢3局者获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形(各人输赢局次的不同视为不同情形)共有( )A ．10种B ．15种C ．20种D ．30种解析：选C 分三种情况：恰好打3局，有2种情形；恰好打4局(一人前3局中赢2局，输1局，第4局赢)，共有2C 23＝6种情形；恰好打5局(一人前4局中赢2局，输2局，第5局赢)，共有2C 24＝12种情形．所有可能出现 A B CD的情形共有2＋6＋12＝20种．6．(2012·山东高考)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．232 B．252 C．472 D．484解析：选C 若没有红色卡片，则需从黄、蓝、绿三色卡片中选3张，若都不同色则有C14×C14×C14＝64种，若2张同色，则有C23×C12×C24×C14＝144种；若红色卡片有1张，剩余2张不同色，则有C14×C23×C14×C14＝192种，剩余2张同色，则有C14×C13×C24＝72种，所以共有64＋144＋192＋72＝472种不同的取法．7．某公司计划在北京、上海、兰州、银川四个候选城市投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则该公司不同的投资方案种数是________(用数字作答)．解析：由题意知按投资城市的个数分两类：①投资3个城市即A34种．②投资2个城市即C23A24种，共有不同的投资方案种数是A34＋C23A24＝60.答案：608．(2013·武汉模拟)某车队有7辆车，现要调出4辆按一定顺序出去执行任务．要求甲、乙两车必须参加，且甲车要先于乙车开出有________种不同的调度方法(填数字)．解析：先从除甲、乙外的5辆车任选2辆有C25种选法，连同甲、乙共4辆车，排列在一起，先从4个位置中选两个位置安排甲、乙，甲在乙前共有C24种，最后，安排其他两辆车共有A22种方法，故不同的调度方法为C25·C24·A22＝120种．9．(2013·宜昌模拟)某省高中学校自实施素质教育以来，学生社团得到迅猛发展．某校高一新生中的五名同学打算参加“春晖文学社”、“舞者轮滑俱乐部”、“篮球之家”、“围棋苑”四个社团．若每个社团至少有一名同学参加，每名同学至少参加一个社团且只能参加一个社团，且同学甲不参加“围棋苑”，则不同的参加方法的种数为________(用数字作答)．解析：设五名同学分别为甲、乙、丙、丁、戊，由题意，如果甲不参加“围棋苑”，有下列两种情况：(1)从乙、丙、丁、戊中选一人(如乙)参加“围棋苑”，有C14种方法，然后从甲与丙、丁、戊共4人中选2人(如丙、丁)并成一组与甲、戊分配到其他三个社团中，有C24A33种方法，这时共有C14C24A33种参加方法．(2)从乙、丙、丁、戊中选2人(如乙、丙)参加“围棋苑”，有C24种方法，甲与丁、戊分配到其他三个社团中有A33种方法，这时共有C24A33种参加方法．综合(1)(2)，共有C14C24A33＋C24A33＝180种参加方法．三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)10．已知10件不同的产品中有4件是次品，现对它们进行一一测试，直至找出所有4件次品为止．(1)若恰在第5次测试，才测试到第一件次品，第十次才找到最后一件次品，则这样的不同测试方法数是多少？(2)若恰在第5次测试后，就找出了所有4件次品，则这样的不同测试方法数是多少？解：(1)先排前4次测试，只能取正品，有A46种不同测试方法，再从4件次品中选2件排在第5和第10的位置上测试，有C24·A22＝A24种测试方法，再排余下4件的测试位置，有A44种测试方法．所以共有不同的测试方法A46·A24·A44＝103 680种．(2)第5次测试恰为最后一件次品，另3件在前4次中出现，从而前4次有一件正品出现，所以共有不同的测试方法A14·C16·A44＝576种．11．从1到9的9个数字中取3个偶数4个奇数，试问：(1)能组成多少个没有重复数字的七位数？(2)上述七位数中，3个偶数排在一起的有几个？(3)(1)中的七位数中，偶数排在一起，奇数也排在一起的有几个？解：(1)分三步完成：第一步，在4个偶数中取3个，有C34种情况；第二步，在5个奇数中取4个，有C45种情况；第三步，3个偶数，4个奇数进行排列，有A77种情况．所以符合题意的七位数有C34C45A77＝100 800个．(2)上述七位数中，3个偶数排在一起的有C34C45A55A33＝14 400个．(3)上述七位数中，3个偶数排在一起，4个奇数也排在一起的有C34C45A33A44A22＝5 760个．12.编号为A，B，C，D，E的五个小球放在如图所示的五个盒子里，要求每个盒子只能放一个小球，且A球不能放在1,2号，B球必须放在与A球相邻的盒子中，不同的放法有多少种？解：根据A球所在位置分三类：(1)若A球放在3号盒子内，则B球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C，D，E，则根据分步乘法计数原理得，此时有A33＝6种不同的放法；(2)若A球放在5号盒子内，则B球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C，D，E，则根据分步乘法计数原理得，此时有A33＝6种不同的放法；(3)若A球放在4号盒子内，则B球可以放在2号，3号，5号盒子中的任何一个，余下的三个盒子放球C，D，E，有A33＝6种不同的放法，根据分步乘法计数原理得，此时有A13A33＝18种不同的放法．综上所述，由分类计数原理得不同的放法共有6＋6＋18＝30种．1．甲、乙、丙3人站在共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是________(用数字作答)．解析：当每个台阶上各站1人时有A33C37种站法，当两个人站在同一个台阶上时有C23C17C16种站法，因此不同的站法种数有A33C37＋C23C17C16＝210＋126＝336种．答案：3362．如图所示的四棱锥中，顶点为P，从其他的顶点和各棱中点中取3个，使它们和点P在同一平面内，不同的取法种数为( )A．40 B．48 C．56 D．62解析：选C 满足要求的点的取法可分为3类：第1类，在四棱锥的每个侧面上除点P外任取3点，有4C35种取法；第2类，在两个对角面上除点P外任取3点，有2C34种取法；第3类，过点P的四条棱中，每一条棱上的两点(除P外)和与这条棱异面的其中一条棱的中点也共面，有4C12种取法．所以，满足题意的不同取法共有4C35＋2C34＋4C12＝56种．3．某单位安排7位员工在10月1日至7日值班，每天安排1个，每人值班1天．若7位员工中的甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日，丁不排在10月7日，则不同的安排方案共有多少种？解：依题意，满足甲、乙两人值班安排在相邻两天的方法共有A22A66＝1 440种，其中满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丙在10月1日值班的方法共有A22A55＝240种；满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丁在10月7日值班的方法共有A22A55＝240种；满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丙在10月1日值班、丁在10月7日值班的方法共有A22A44＝48种．因此满足题意的方法共有1 440－2×240＋48＝1 008种．。
组合数学 课后答案 PDF 版
3.1 某甲参加一种会议,会上有6位朋友,某甲和其中每一个人在会上各相遇12次,每两人各相遇6次,每3人各相遇4次,每4人各相遇3次,每5人各相遇2次,每6人各相遇1次,1人也没遇见的有5次,问某甲共参加几次会议?解:设A 为甲与第i 个朋友相遇的会议集.i=1,2,3,4,5,6.则 │∪A i │=12*C(6,1)-6*C(6,2)+4*C(6,3)-3*(6,4)+2*(6,5)-C(6,6) =28甲参加的会议数为 28+5=333.2：求从1到500的整数中被3和5整除但是不能被7整除的数的个数。
解：设 A 3：被3整除的数的集合A 5：被5整除的数的集合 A 7：被7整除的数的集合 所以 ||=||-||=-=33-4=29 3.3 n 个代表参加会议，试证其中至少有2个人各自的朋友数相等解：每个人的朋友数只能取0，1，…，n －1．但若有人的朋友数为0，即此人和其 他人都不认识，则其他人的最大取数不超过n －2．故这n 个人的朋友数的实际取数只 有n －1种可能．，根据鸽巢原理所以至少有２人的朋友数相等．3.4试给出下列等式的组合意义0j j 0(1)=(1), 1n-m-j+1(2)(1)1 j 1(3)...(1) 1 12m l l n m l n m m n l n k m n k l k l n m l n m l m l m l m l m l m l m m m m m l =-=--⎛⎫⎛⎫⎛⎫-≥≥ ⎪ ⎪⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭---⎛⎫⎛⎫⎛⎫=- ⎪ ⎪⎪--⎝⎭⎝⎭⎝⎭+-++++⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∑ 证明：（1）从n 个不同元素中取k ，使得其中必含有m 个特定元素的方案数为)()(kn mn m k mn --=--。
设这m 个元素为a 1,a 2,…,a m , Ai 为包含a i 的组合（子集），i=1,…,m.1212|...|(...)12 =(...(1))1 2 =(1) m m m l n A A A A A A k n m n m n m n m k k k m k m n l l k ⎛⎫=- ⎪⎝⎭---⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫--++- ⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭-⎛⎫⎛- ⎪⎝⎭ 0ml =⎫ ⎪⎝⎭∑ （2）把l 个无区别的球放到n 个不同的盒子，但有m 个空盒子的方案数为11n l m n m -⎛⎫⎛⎫⎪⎪--⎝⎭⎝⎭令k=n-m ，设A i 为第i 个盒子有球，i=1，2，…k12k 121|...|(...)1k 11211 =(...(1)) 1 2 k k k l A A A A A A k k l k l k k l k k k l k l l k l +-⎛⎫=- ⎪⎝⎭+--+--+--+-⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫--++- ⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ kj j 0k k-j+1 =(1)j l l =-⎛⎫⎛⎫- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭∑ （3）设A i 为m+l 个元素中去m+i 个，含特定元素a 的方案集；N i 为m+l 个元素中取m+i 个的方案数。
高中数学竞赛教案讲义(18)组合
第十八章 组合一、方法与例题1．抽屉原理。
例1 设整数n ≥4,a 1,a 2,…,a n 是区间(0,2n)内n 个不同的整数，证明：存在集合{a 1,a 2,…,a n }的一个子集，它的所有元素之和能被2n 整除。
[证明] （1）若n ∉{a 1,a 2,…,a n },则n 个不同的数属于n-1个集合{1,2n-1}，{2,2n-2},…,{n-1,n+1}。
由抽屉原理知其中必存在两个数a i ,a j (i ≠j)属于同一集合，从而a i +a j =2n 被2n 整除；（2）若n ∈{a 1,a 2,…,a n }，不妨设a n =n ，从a 1,a 2,…,a n-1(n-1≥3)中任意取3个数a i , a j , a k (a i ,<a j < a k )，则a j -a i 与a k -a i 中至少有一个不被n 整除，否则a k -a i =(a k -a j )+(a j -a i )≥2n ，这与a k ∈(0,2n)矛盾，故a 1,a 2,…,a n-1中必有两个数之差不被n 整除；不妨设a 1与a 2之差(a 2-a 1>0)不被n 整除，考虑n 个数a 1,a 2,a 1+a 2,a 1+a 2+a 3,…,a 1+a 2+…+a n-1。
ⅰ）若这n 个数中有一个被n 整除，设此数等于k n ，若k 为偶数，则结论成立；若k 为奇数，则加上a n =n 知结论成立。
ⅱ）若这n 个数中没有一个被n 整除，则它们除以n 的余数只能取1,2,…,n-1这n-1个值，由抽屉原理知其中必有两个数除以n 的余数相同，它们之差被n 整除，而a 2-a 1不被n 整除，故这个差必为a i , a j , a k-1中若干个数之和，同ⅰ）可知结论成立。
2 极端原理。
例2 在n ×n 的方格表的每个小方格内写有一个非负整数，并且在某一行和某一列的交叉点处如果写有0，那么该行与该列所填的所有数之和不小于n 。
组合数学讲义及答案 3章 递推关系
A 图 3.1.1
B Hanoi 塔问题
C
（解）特例：a1＝1，a2＝3，对于任何 n≥3。 一般情形： ： 第一步，将套在柱 A 的上部的 n－1 个盘按要求移到柱 B 上，共搬动了 a n1 次；
第二步，将柱 A 上的最大一个盘移到柱 C 上，只要搬动一 次； 第三步，再从柱 B 将 n－1 个盘按要求移到柱 C 上，也要 用 a n1 次。 由加法法则：
《组合数学》
第三章 递推关系
第三章
递推关系
§3.1 基本概念
（一） 递 推 关 系 定义3.1.1 （隐式）对数列 a i i 0和任意自然数 n，一
个关系到 an 和某些个 a i i n 的方程式， 称为递推关系， 记 作 F a0 , a1 , , a n 0 (3.1.1) 例
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《组合数学》
第三章 递推关系
n 1 n -1 n n - 1 n - 2 2 2 2 an ＝ n 为奇数： 0 1 r 2 r ＋…＋ n - 1 r 2
后两项求和：
m 1 m 1 2m j 2 j r r r ＋ m 1 r j j 0
m2 m 1
＝r
2m 2 j j 0
j j r ＝ r
n 2 2
an 3an1 2an2 2a1 1
（二） 分 类 （1） 按常量部分： ① 齐 次 递 推 关 系 ： 指 常 量 ＝ 0 ， 如
Fn Fn1 Fn 2 ；
② 非齐次递推关系，即常量≠0，如 hn 2hn 1 1 。 （2） 按 a i 的运算关系：
高三数学竞赛讲义教案及练习 §30组合数学选讲
§30组合数学选讲组合数学是中学数学竞赛的“重头戏”，具有形式多样，内容广泛的特点.本讲主要围绕组合计数，组合恒等式及组合最值展开例题讲解1．圆周上有800个点，依顺时针方向标号为1,2,…,800它们将圆周分成800个间隙.今选定某一点染成红色，然后按如下规则，逐次染红其余的一些点：若第k 号点染成了红色，则可依顺时针方向转过k 个间隙，将所到达的点染成红色，试求圆周上最多可以得到多少个红点？2．集合X 的覆盖是指X 的一族互不相同的非空子集A 1、A 2、…、A k ，它们的并集A 1∪A 2∪…∪A k =X ，现有集合X={1,2,…,n}，若不考虑A 1, A 2,…, A k 的顺序，试求X 的覆盖有多少个？3．已知集合X={1,2,…,n}，映射f ：X →X ，满足对所有的x ∈X ，均有f(f(x))=x ，求这样的映射f 的个数.4．S 为{1,2,…,n}的一些子集族，且S 中任意两个集合互不包含，求证：S 的元素个数的最大值为(Sperner 定理)5．设M={ 1,2,3,…,2m n} (m,n ∈N *)是连续2m n 个正整数组成的集合，求最小的正整数k ，使得Mn n 2⎛⎫ ⎪⎡⎤ ⎪ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭的任何k 元子集中都存在m+1个数，a 1,a 2,…a m+1，满足a i |a i+1 (i=1,2,…,m).6．计算.7．证明： (范德蒙公式)8．在平面上有n(≥3)个点，设其中任意两点的距离的最大值为d ，我们称距离为d 的两点间的线段为该点集的直径，证明：直径的数目至多有n 条.9．已知：两个非负整数组成的不同集合和.求证：集合与集合相同的充要条件是n 是2的幂次，这里允许集合内，相同的元素重复出现.课后练习n2k 1n k k =⎛⎫⎪⎝⎭∑qk 0n m m n k q k q =+⎛⎫⎛⎫⎛⎫= ⎪⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑},,,{1n a a a a },,,{21n b b b }1{n j i a a j i ≤<≤+}1{n j i b b j i ≤<≤+1. 空间n 条直线，最多能把空间分成多少块空间区域？2. 证明：.3. 证明：.4. 证明：在边长为1的等边三角形内有五个点，则这五个点中一定有距离小于的两点.例题答案：2nk 0n 2n k n =⎛⎫⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑nk k 0n 111(1)1k 2k n=⎛⎫⎛⎫-+++=- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭∑121．解：易见，第k 号点能被染红的充要条件是∃j ∈N *⋃{0}，使得a 02j ≡k (mod800)，1≤k ≤800 ①这里a 0是最初染的点的号码，为求最大值，不妨令a 0=1.即2j ≡k (mod25×52).当j=0,1,2,3,4时，k 分别为1,2,4,8,16，又由于2模25的阶，因此，当j ≥5时 2j+20-2j =2j (220-1)≡0(mod 800),而对∀k<20,k ∈N *，及j ≥5,j ∈N *，由于25+(2k -1)，所以2j+k -2j =2j (2k -1)不为800的倍数. 所以，共存在5+20=25个k ，满足①式。
高中数学竞赛专题精讲30组合数学选讲(含答案)
组合数学选讲组合数学是中学数学竞赛的“重头戏”，具有形式多样，内容广泛的特点.本讲主要围绕组合计数，组合恒等式及组合最值展开例题讲解1．圆周上有800个点，依顺时针方向标号为1,2,…,800它们将圆周分成800个间隙.今选定某一点染成红色，然后按如下规则，逐次染红其余的一些点：若第k 号点染成了红色，则可依顺时针方向转过k 个间隙，将所到达的点染成红色，试求圆周上最多可以得到多少个红点？2．集合X 的覆盖是指X 的一族互不相同的非空子集A 1、A 2、…、A k ，它们的并集A 1∪A 2∪…∪A k =X ，现有集合X={1,2,…,n}，若不考虑A 1, A 2,…, A k 的顺序，试求X 的覆盖有多少个？3．已知集合X={1,2,…,n}，映射f ：X →X ，满足对所有的x ∈X ，均有f(f(x))=x ，求这样的映射f 的个数.4．S 为{1,2,…,n}的一些子集族，且S 中任意两个集合互不包含，求证：S 的元素个数的最大值为(Sperner 定理)n n 2⎛⎫ ⎪⎡⎤ ⎪ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭5．设M={ 1,2,3,…,2m n} (m,n ∈N *)是连续2m n 个正整数组成的集合，求最小的正整数k ，使得M 的任何k 元子集中都存在m+1个数，a 1,a 2,…a m+1，满足a i |a i+1 (i=1,2,…,m). 6．计算.7．证明： (范德蒙公式)8．在平面上有n(≥3)个点，设其中任意两点的距离的最大值为d ，我们称距离为d 的两点间的线段为该点集的直径，证明：直径的数目至多有n 条.9．已知：两个非负整数组成的不同集合和.求证：集合与集合相同的充要条件是n 是2的幂次，这里允许集合内，相同的元素重复出现.课后练习n2k 1n k k =⎛⎫ ⎪⎝⎭∑qk 0n m m n k q k q =+⎛⎫⎛⎫⎛⎫= ⎪⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑},,,{1n a a a a },,,{21n b b b }1{n j i a a j i ≤<≤+}1{n j i b b j i ≤<≤+1. 空间n 条直线，最多能把空间分成多少块空间区域？2. 证明：.3. 证明：.4. 证明：在边长为1的等边三角形内有五个点，则这五个点中一定有距离小于的两点.例题答案：2nk 0n 2n k n =⎛⎫⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑nk k 0n 111(1)1k 2k n=⎛⎫⎛⎫-+++=- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭∑121．解：易见，第k 号点能被染红的充要条件是∃j ∈N *⋃{0}，使得a 02j ≡k (mod800)，1≤k ≤800 ①这里a 0是最初染的点的号码，为求最大值，不妨令a 0=1.即2j ≡k (mod25×52). 当j=0,1,2,3,4时，k 分别为1,2,4,8,16，又由于2模25的阶，因此，当j ≥5时2j+20-2j =2j (220-1)≡0(mod 800),而对∀k<20,k ∈N *，及j ≥5,j ∈N *，由于25+(2k -1)，所以2j+k -2j =2j (2k -1)不为800的倍数. 所以，共存在5+20=25个k ，满足①式。
组合数学讲义及课后答案 1章 排列组合
8 1 6 3 5 7 4 9 2
2 7 6 9 5 1 4 3 8
图1.1.1 3 阶幻方 奇数阶幻方的生成方法： 奇数阶幻方最经典的填法是罗伯法。填写的方法是： 把 1(或最小的数)放在第一行正中； 按以下规律排列剩下的
1/69Leabharlann 《组合数学》第一章
组合数学基础
(n× n－1)个数 (1)每一个数放在前一个数的右上一格； (2)如果这个数所要放的格已经超出了顶行那么就把它放在底 行，仍然要放在右一列； (3)如果这个数所要放的格已经超出了最右列那么就把它放在 最左列，仍然要放在上一行； (4)如果这个数所要放的格已经超出了顶行且超出了最右列， 那么就把它放在前一个数的下一行同一列的格内； (5)如果这个数所要放的格已经有数填入，那么就把它放在前 一个数的下一行同一列的格内。
算法分类： 第一类：数值算法。主要解决数值计算问题，如方程求根、
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《组合数学》
第一章
组合数学基础
解方程组、求积分等，其数学基础是高等数学与线性代数。 第二类：组合算法，解决搜索、排序、组合优化等问题， 其数学基础就是组合数学。 按所研究问题的类型，组合数学所研究的内容可划分为： 组合计数理论 组合设计 组合矩阵论 组合优化 本课程重点：以组合计数理论为主，部分涉及其它内容。 （三） 研究方法
A(0,0) 图1.1.3 最短路径
（2）对应为（元素可重复的）排列问题：一条从 A 到 B 的 路线对应一个由 7 个 x，5 个 y 共 12 个元素构成的排列。 蓝色路径 <——> ｘｙｙｘｘｙｙｘｘｘｘｙ 反之，给定一个排列，按照 x、y 的含义，必对应一条从 A 到 B 的行走路线。例如，排列
一坐上行正中央，依次斜填切莫忘， 上边出格往下填，右边出格往左填， 右上有数往下填，右上出格往下填。 例：将 2，4，6，8，10，12，14，16，18 填入下列幻方：
组合数学第三版+卢开澄+习题答案
第1章 排列与组合经过勘误和调整，已经消除了全部的文字错误，不过仍有以下几个题目暂时没有找到解答：1.8 1.9 1.161.41（答案略） 1.42（答案略）1.1 从{1,2,…,50}中找一双数{a,b}，使其满足：()5;() 5.a ab b a b -=-≤[解] (a) 5=-b a将上式分解，得到55a b a b -=+⎧⎨-=-⎩a =b –5，a=0时，b ＝5，6，7，…,50。
满足a=b-5的点共50-4=46个点. a = b+5，a=5时，b ＝0，1，2，…,45。
满足a=b+5的点共45-0+1=46个点. 所以，共计92462=⨯个点. (b) 5≤-b a(610)511(454)1651141531+⨯+⨯-=⨯+⨯=个点。
1.2 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？[解] (a) 女生在一起当作一个人，先排列，然后将女生重新排列。
（7＋1）!×5!=8!×5!＝40320×120=4838400(b) 先将男生排列有7!种方案，共有8个空隙，将5个女生插入，故需从8个空中选5个空隙，有58C 种选择。
将女生插入，有5!种方案。
故按乘法原理，有： 7!×58C ×5!=33868800(种)方案。
(c) 先从5个女生中选3个女生放入A ，B 之间，有35C 种方案，在让3个女生排列，有3!种排列，将这5个人看作一个人，再与其余7个人一块排列，有 (7+1)! = 8!由于A ，B 可交换，如图**A***B** 或 **B***A**故按乘法原理，有：2×35C ×3!×8!=4838400（种）1.3 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) 先将n 个女生排列，有n!种方法，共有n+1个空隙，选出m 个空隙，共有m n C 1+种方法，再插入男生，有m!种方法，按乘法原理，有：n!×mn C 1+×m!＝n!×)!1(!)!1(m n m n -++×m!=)!1()!1(!m n n n -++种方案。
(完整word版)组合数学第一章答案. (2)
１.１ 从{}5021，，，⋅⋅⋅中找两个数{}b a ,，使其满足 （1） 5||=-b a ；（2）5||≤-b a解：（1）根据5||=-b a 可得 55-=-=-b a b a 或 则有种种4545 共有90种。
（2）根据5||≤-b a 得 )50,,2,1(,55{⋅⋅⋅∈+≤≤-b a b a b则：当5≤b 时，有 1=b ， 61≤≤a ， 则有 6种 2=b ， 71≤≤a ， 则有7种 3=b ， 81≤≤a ， 则有8种 4=b ， 91≤≤a ， 则有 9种 5=b ， 101≤≤a ， 则有10种 当455≤<b 时，有 6=b ， 111≤≤a ， 则有 11种 7=b ， 122≤≤a ， 则有 11种. . . . . . . . . 45=b ， 5040≤≤a ， 则有11种 当5045≤<b 时，有 46=b ， 5041≤≤a ， 则有 10种 47=b ， 5042≤≤a ， 则有 9种 48=b ， 5043≤≤a ， 则有 8种 49=b ， 5044≤≤a ， 则有 7种 50=b ， 5045≤≤a ， 则有 6种故：共 种520)678910(21140=+++++⨯1.2 （1）先把女生进行排列，方案为5！，然后把女生看成1个人和7个男生进行排列，总方案数为5！×8！（2）女生不相邻，则先把男生进行排列，方案为7！再把女生插入男生之间的8个空位种的任意5个，总方案数为7！×58P（3）应该是A 女生x 女生y 女生z B,或是B 女生x 女生y 女生z A 的形式，从5个女生中选出3人进行排列，方案为35P ，考虑A,B 可以换位，方案为2×35P ，然后把这个看成一个整体，和剩下的2个女生，5个男生，一共7个人进行排列，总方案数2×35P ×8！1.3 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。
组合数学题目及标准答案
组合数学题目及标准答案————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：组合数学例1: 将8个“车”放在8×8的国际象棋棋盘上，如果它们两两均不能互吃，那么称8个“车”处于一个安全状态。
问共有多少种不同的安全状态?解：8个“车”处于安全状态当且仅当它们处于不同的8行和8列上。
用一个排列a1,a2,…,a8 ，对应于一个安全状态，使ai 表示第i 行的ai 列上放置一个“车”。
这种对应显然是一对一的。
因此，安全状态的总数等于这8个数的全排列总数8!＝40320。
例4：n 位客人在晚会上每人与他人握手d 次，d 是奇数。
证明n 偶数。
证：由于每一次握手均使握手的两人各增加 一次与他人握手的次数，因此n 位客人与他人握手 次数的总和 nd 是偶数 — 握手次数的2倍。
根据奇偶 性质，已知d 是奇数，那么n 必定是偶数。
例４ 从1到2n 的正整数中任取n +1个，则这n +1个数中，至少有一对数，其中一个是另一个的倍数。
证 设n +1个数是a 1, a 2, ···, an +1。
每个数去掉一切2的因子，直至剩下一个奇数为止。
组成序列r 1, r 2,, ···, rn +1。
这n +1个数仍在[1 , 2n ]中，且都是奇数。
而[1, 2n ]中只有n 个奇数，故必有ri =rj = r , 则ai = 2αi r , aj = 2αj r 。
若ai ＞aj ，则ai 是aj 的倍数。
例5 设a 1, a 2, ···, am 是正整数，则至少存在一对k 和l , 0≤k<l ≤m ，使得和ak+1+ ak +2+ ···+ al 是m 的倍数。
证 设Sh = , Sh ≡rh mod m, 0≤rh ≤m -1，h = 1 , 2 , ···, m . 若存在l , Sl ≡0 mod m 则命题成立．否则，1≤rh ≤m -1．但h = 1 , 2 , ···,m ．由 鸽巢原理，故存在rk= rl , 即Sk ≡Sl mod m ，不妨设l ＞k ．则Sl －Sk= ak+1+ ak+2+…+ al ≡0 mod m例6 设a 1, a 2, a3是任意三个整数，b1 b2 b3为a1, a2, a3的任一排列，则a1－b1, a2－b2 ,a3－b3中至少有一个是偶数．证 由鸽巢原理：a1, a2, a3至少有两个奇偶性相同．则这３个数被２除的余数至少有两个是相同的，不妨设为x; 同样b1, b2, b3中被２除的余数也至少有２个x ．这样a1－b1, a2－b2 , a3－b3被２除的余数至少有一个为０．例7 设a 1, a 2,…, a100是由数字1和２组成的序列, 已知从其任一数开始的顺序10个数的和不超过16．即ai+ ai+1+…+ ai+9≤16，1≤i ≤91。
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组合数学题库答案填空题1．将5封信投入3个邮筒，有_____243 _种不同的投法．2．5个男孩和4个女孩站成一排。
如果没有两个女孩相邻，有 43200 方法．3．22件产品中有2件次品，任取3件，恰有一件次品方式数为__ 380 ______．4．6()x y +所有项的系数和是_64_ _．答案：64 5．不定方程1232++=x x x 的非负整数解的个数为_ 6 ___．6．由初始条件f f (0)1,(1)1==及递推关系)()1()2(n f n f n f ++=+确定的数列f n n {()}(0)≥叫做Fibonacci 数列7．（3x-2y ）20 的展开式中x 10y 10的系数是10101020)2(3-c ．8．求6的4拆分数P 4(6)= 2 ．9．已知在Fibonacci 数列中，已知f f f (3)3,(4)5,(5)8===，试求Fibonacci 数f (20)=1094610．计算P 4(12)=k k P P P P P P 4412341(12)(12)(8)(8)(8)(8)===+++∑k k k k P P P P 341211(8)(8)(5)(4)145515===+++=+++=∑∑11．P 4(9)=（ D ）A ．5 B. 8 C. 10 D. 6 12．选择题1．集合A a a a 1210{,,,}=的非空真子集的个数为（ A ）A.1022 B.1023 C. 1024 D.10212．把某英语兴趣班分为两个小组，甲组有2名男同学，5名女同学；乙组有3名男同学，6名女同学，从甲乙两组均选出3名同学来比赛，则选出的6人中恰有1名男同学的方式数是（ D ） A ．800 B. 780 C. 900 D. 8503．设x y (,)满足条件x y 10+≤，则有序正整数对x y (,)的个数为（ D ） A. 100 B.81 C. 50 D.454．求60123(32)+++x x x x 中x x x 23012项的系数是（ C ） A.1450 B. 60 C.3240 D.34605．多项式40123(24)x x x x +++中项22012x x x ⋅⋅的系数是（ C ） A ．78 B. 104 C. 96 D. 486．有4个相同的红球，5个相同的白球，那么这9个球有（ B ）种不同的排列方式A. 63B. 126C. 252D.3787．递推关系f n f n f n ()4(1)4(2)=---的特种方程有重根2，则（B ）是它的一般解A ．n n c c 11222-+ B. n c c n 12()2+ C. n c n (1)2+ D. n n c c 1222+8．用数字1,2,3,4（数字可重复使用）可组成多少个含奇数个1、偶数个2且至少含有一个3的n n (1)>位数（ ）运用指数生产定理 A.n n n43(1)4-+- B. n n 4314-+ C.n n4213-+ D.n n n 43(1)3-+-9．不定方程()12n x x x r r n +++=≥正整数的解的个数为多少？（ A / C ）不确定A.1r r n -⎛⎫ ⎪-⎝⎭B.r r n ⎛⎫ ⎪-⎝⎭C.1n r r +-⎛⎫ ⎪⎝⎭D.1n r r n +-⎛⎫ ⎪-⎝⎭10．x x x 12314++=的非负整数解个数为（ A ） A.120 B.100 C.85 D. 5011．从1至1000的整数中，有多少个整数能被5整除但不能被6整除？（ A ）A.167B.200C.166D.3312．期末考试有六科要复习，若每天至少复习完一科（复习完的科目不再复习），5天里把全部科目复习完，则有多少种不同的安排？（ D ） A. 9 B. 16 C.90 D.180013．某年级的课外学科小组分为数学、语文二个小组，参加数学小组的有23人，参加语文小组的有27人；同时参加数学、语文两个小组的有7人。
这个年级参加课外学科小组人数（ C ）。
A ．50 B ．57 C ．43 D ．1114．将11封信放入8个信箱中，则必有一个信箱中至少有（ B ）封信。
A 、1 B 、2 C 、3 D 、415．组合式⎪⎪⎭⎫⎝⎛50120与下列哪个式子相等？（ B ）A 、⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛60120B 、⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛50119+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛49119C 、512⎪⎪⎭⎫⎝⎛49120 D 、⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛49119 16．在{1，2，3，4,5,6}全排列中，使得只有偶数在原来位置的排列方式数为（ A ）。
A 、 2B 、 4C 、 9D 、 2417．若存在一递推关系01124,956(2)n n n a a a a a n --==⎧⎨=-≥⎩则=n a ( A ).A.n n 323+⋅B.n n 232+⋅C.123+⋅nD.11323+++⋅n n18．递推关系n n n n a a a n 12432(2)--=-+≥的特解形式是（ B ）（a 为待定系数） A.n an 2 B. n a 2 C. n an 32 D. n an 2219．错位排列数n D =( C ) 答案：CA.n n nD 1(1)++-B. n n n D (1)(1)++-C. n n nD 1(1)-+-D. n n n D 1(1)(1)+++- 20．有100只小鸟飞进6个笼子，则必有一个笼子至少有（ C ）只小鸟 A. 15 B. 16 C. 17 D. 1821．10个节目中有6个演唱，4个舞蹈，今编写节目单，要求任意两个舞蹈之间至少有1个演唱，问可编写出多少种不同的演出节目单？)4,7()6,6(444766P P A C A •；22．数列0{}n n ≥的生成函数是（ D ）。
A 、()()211t t +- B 、 ()211t - C 、 ()()311t t t +- D 、()21t t -23．6个男孩和4个女孩站成一圈，如果没有两个女孩相邻，有（ C ）种排法。
A 、(6,4)PB 、6!(6,4)P ⋅C 、6!(6,4)6P ⋅ D 、6!(7,4)P ⋅24．排A ，B ，C ，D ，E ，F 六个字母，使A ，B 之间恰有2个字母的方式数（ D ）。
A 、12B 、72C 、36D 、14425．求多重集S a b c {3,2,4}=的8-排列数是（ C ） A. 700 B. 140 C. 1260 D. 120026．一糕点店生产8种糕点，如果一盒内装有12块各种糕点，并且可以认为每种糕点无限多，那么你能买到多少种不同的盒装糕点（假设装盒与顺序无关）？（ B ）Ａ．50000 Ｂ．50388 Ｃ．55000 Ｄ．5278827．在一次聚会上有15位男士和20位女士，则形成15对男女一共有多少种方式数（ A ）A ．20!5! B. 20!15! C. 2015 D. 152028．n a n =的生成函数是（ D ） A ．x 21(1)- B. x x 22(1)- C. x 21(1)-- D. x x 2(1)-计算题1．试确定多重集123={1,,,,}k S a a a a ⋅∞⋅∞⋅∞⋅的r -组合数。
解：把S 的r —组合分成两类：①包含1a 的-r 组合：这种组合数等于-⋅∞⋅⋅⋅⋅∞⋅∞）的（1-r },,,{32k a a a 即)1,3()1,1)1()1((1--+=---+-=r r k C r r k C N②不包含1a 的-r 组合：这种组合数等于-⋅∞⋅⋅⋅⋅∞⋅∞r a a a k 的},,,{32组合数 即),2(),1)1((2r r k C r r k C N -+=-++=由加法法则，所求的-r 组合数为),2()1,3(21r r k C r r k C N N N -++--+==2．求S a b {5,3}=的6-排列数解： 根据题意有：M a b M a b M a b 123{5,},{4,2},{3,3}===N N N 1236!6!6!6,15,205!1!4!2!3!3!======则的全排列数N N N N 12341=++=3．求x x x 236(1234)+++展开式中x 5的系数4．求nx x )21(2++的展开式中5x 的系数,其中3≥n 。
⎪⎪⎭⎫⎝⎛52n （3≥n ） 解：n x x )21(2++=n n x x 22)1())1((+=+。
又因为∑=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+n k k nx k n x 2022)1(所以5x 的系数为⎪⎪⎭⎫⎝⎛52n （3≥n ）5．(1)求5n a n =+的生成成函数。
（0≥n ）解：设0()nn n A t a t∞==∑，则0()(5)(1)4nnnn n n A t n tn t t ∞∞∞====+=++∑∑∑212144(1)4(1)(1)t t t t --+-=-+-=-254(1)tt -=- (2)解递归关系：H n H n H n ()4(1)4(2)=---， H H (0)1,(1)3==。
答案：解特征方程x 2-4x-4=0 x 1=x 2=2. 得H(n)=2n {1+n/2} 6．求重集S a b c {20,14,20}=的10-组合数。
答案：C(10+3-1 , 10)7．a b c d 100()+++的展开式在合并同类项后一共有多少项？ 答案：C(100+4-1 , 100).8．解递推关系.449,4272651021==++-=--a a n a a a n n n ，（2≥n ）解：递推关系2165---=n n n a a a ()2≥n （1）的特征方程为0652=+-x x ，特征根为.3,221==x x 故其通解为.3221n n n c c a ⨯+⨯=因为（1）式无等于1的特征根，所以递推关系()226521≥++-=--n n a a a n n n （2）有特征根B An a n +=，其中A 和B 是待定常数，代入（2）式得2])2([6])1([5+++--+-=+n B n A B n A B An化简得,2722+=-+n A B An 所以解之得.411,21==B A 于是,41213221++⋅+⋅=n c c a n n n 其中21,c c 是待定常数。
由初始条件得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+++=++44941121324274112121c c c c 解之得.1,321==c c 所以).2(41121323≥+++⨯=n n a n n n⎩⎨⎧=-=27212A B A9.解递推关系n n n a a a n a a 120156235,10.--=-+-==，（2≥n ） 解：递推关系2165---=n n n a a a ()2≥n （1）的特征方程为0652=+-x x ，特征根为.3,221==x x 故其通解为.3221n n n c c a ⨯+⨯=因为（1）式无等于1的特征根，所以递推关系()2326521≥-+-=--n n a a a n n n （2）有特征根B An a n +=，其中A 和B 是待定常数，代入（2）式得32])2([6])1([5-++--+-=+n B n A B n A B An化简得,32722-=-+n A B An 所以 ,23221++⋅+⋅=n c c a n n n 其解之得.2,1==B A 于是中21,c c 是待定常数。