李凡长版 组合数学课后习题答案习题4
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。
计数原理排列组合二项式定理晚练专题练习(四)带答案新人教版高中数学名师一点通
高中数学专题复习《计数原理排列组合二项式定理》单元过关检测经典荟萃，匠心巨制！独家原创，欢迎下载！注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上第I 卷（选择题）请点击修改第I 卷的文字说明 评卷人得分一、选择题1．1 ．（汇编年高考四川卷（理））从1,3,5,7,9这五个数中,每次取出两个不同的数分别为,a b ,共可得到lg lg a b -的不同值的个数是 （ ）A ．9B ．10C ．18D ．202．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 ） (A)33 (B) 34 (C) 35 (D )36(汇编山东理)3．(汇编年高考江西理)(1＋3x )6(1＋41x)10展开式中的常数项为A ．1B ．46C ．4245D ．42464．(汇编湖北理)在2431()x x-的展开式中，x 的幂的指数是整数的项共有( C )A．3项B．4项 C．5项 D．6项5．某单位拟安排6位员工在今年6月14日至16日（端午节假期）值班，每天安排2人，每人值班1天 . 若6位员工中的甲不值14日，乙不值16日，则不同的安排方法共有（A）30种（B）36种（C）42种（D）48种（汇编重庆文10）6．6名选手依次演讲,其中选手甲不在第一个也不在最后一个演讲,则不同的演讲次序共有（）A．240种B．360种C．480种D．720种（汇编大纲文）答案C【命题意图】本试题考查了排列问题的运用.利用特殊元素优先安排的原则分步完成得到结论.7．12个篮球队中有3个强队，将这12个队任意分成3个组（每组4个队），则3个强队恰好被分在同一组的概率为（）A．155B．355C．14D．13（汇编重庆卷文）8．从10名大学生毕业生中选3个人担任村长助理，则甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法的种数位[ C] A 85 B 56 C 49 D 28 (汇编湖南理)9．2．5432(1)5(1)10(1)10(1)5(1)x x x x x -+-+-+-+-=-----------------------------------（ ）(A )5x (B)51x - (C )51x + (D)5(1)1x -- 10．3．某电话局的电话号码为168╳╳╳╳╳，若后面的五位数字是由6或8组成的，则这样的电话号码一共有-------------------------------------------------------------------------------------------（ ）(A) 20个 (B ) 25个 (C) 32个 (D) 6011．某人射出8发子弹，命中4发，若命中的4发中有且仅有3发是连在一起的，那么该人射出的8发，按“命中”与“不命中”报告结果，不同的结果有-------------------------------（ ）(A) 720种 (B ) 480种 (C ) 24种 (D) 20种12．图3是某汽车维修公司的维修点环形分布图．公司在年初分配给A 、 B 、C 、D 四个维修点某种配件各50件．在使用前发现需将A 、B 、C 、D 四个维修点的这批配件分别调整为40、45、54、61件，但调整只能在相邻维修点之间进行．那么要完成上述调整，最少的调动件次(n 件配件从一个维修点调整到相邻维修点的调动件次为n )为（ C ）A ．18B ．17C ．16D ．15第II 卷（非选择题）请点击修改第II 卷的文字说明 评卷人得分二、填空题13．已知1tan()2πα-=-，则2sin cos2sin ααα-= ▲ ． 14．7(2)x +展开式中含4x 项的系数为__________（用数字作答）．15．4 ．（汇编年普通高等学校招生统一考试重庆数学（理）试题（含答案））若关于实数x 的不等式53x x a -++<无解,则实数a 的取值范围是_________ 16．氨基酸的排列顺序是决定蛋白质多样性的原因之一，其肽链由７种不同的氨基酸构成，若只改变其中的三种氨基酸的位置，其余四种不变，则不同的改变方法有 ▲17．设][x 表示不超过x 的最大整数（如2]2[=，1]45[=），对于给定的*N n ∈，定义)1][()1()1][()1(+-⋅⋅⋅-+-⋅⋅⋅-=x x x x x n n n C x n ，[)+∞∈,1x ；当[)4,3∈x 时，函数xC 8的值域是 ▲ .18．从1，3，5，7中任取2个数字， 从0，2，4，6，8中任取2个数字， 组成没有重复数字的四位数，其中 能被5整除的四位数共有___▲_____个 19．5．9个学生排成前后两排，前排4人，后排5人，若其中A B 、两人必须相邻，则共有______种不同排法20．61x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的二项展开式的常数项为 ．评卷人得分三、解答题21．我们知道，对一个量用两种方法分别算一次，由结果相同可以构造等式，这是一种非常有用的思想方法——“算两次”（G.F ub i ni 原理），如小学有列方程解应用题，中学有等积法求高⋅⋅⋅请结合二项式定理，利用等式2(1)(1)(1) (*)n n n x x x n +⋅+=+∈N 证明：（1）220(C )C nr n nnr ==∑； （2）20(C C )C mr m rm n n n r -==∑．22．4名学生报名参加数学、物理、化学竞赛。
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。
(完整word版)组合数学习题解答
第一章：1.2. 求在1000和9999之间各位数字都不相同，而且由奇数构成的整数个数。
解：由奇数构成的4位数只能是由1，3，5，7，9这5个数字构成，又要求各位数字都不相同，因此这是一组从5个不同元素中选4个的排列，所以，所求个数为：P(5,4)=120。
1.4. 10个人坐在一排看戏有多少种就坐方式？如果其中有两人不愿坐在一起，问有多少种就坐方式？解：这显然是一组10个人的全排列问题，故共有10！种就坐方式。
如果两个人坐在一起，则可把这两个人捆绑在一起，如是问题就变成9个人的全排列，共有9！种就坐方式。
而这两个人相捆绑的方式又有2种（甲在乙的左面或右面）。
故两人坐在一起的方式数共有2*9！，于是两人不坐在一 起的方式共有 10！- 2*9！。
1.5. 10个人围圆桌而坐，其中两人不愿坐在一起，问有多少种就坐方式？解：这是一组圆排列问题，10个人围圆就坐共有10!10 种方式。
两人坐在一起的方式数为9!92⨯,故两人不坐在一起的方式数为：9！-2*8！。
1.14. 求1到10000中，有多少正数，它的数字之和等于5？又有多少数字之和小于5的整数？解：(1)在1到9999中考虑，不是4位数的整数前面补足0，例如235写成0235,则问题就变为求：x 1+x 2+x 3+x 4=5 的非负整数解的个数，故有F （4，5）=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=515456 (2)分为求：x 1+x 2+x 3+x 4=4 的非负整数解，其个数为F （4，4）=35x 1+x 2+x 3+x 4=3 的非负整数解，其个数为F （4，3）=20x 1+x 2+x 3+x 4=2 的非负整数解，其个数为F （4，2）=10x 1+x 2+x 3+x 4=1 的非负整数解，其个数为F （4，1）=4x 1+x 2+x 3+x 4=0 的非负整数解，其个数为F （4，0）=1将它们相加即得，F （4，4）+F （4，3）+F （4，2）+F （4，1）+F （4，0）=70。
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。
【免费下载】李凡长版 组合数学课后习题答案 习题3
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。
(完整word版)组合数学第四版卢开澄标准答案-第四章
习题四4。
1。
若群G的元素a均可表示为某一元素x的幂,即a= x m，则称这个群为循环群.若群的元素交换律成立，即a , b G满足a b = b a则称这个群为阿贝尔(Abel）群，试证明所有的循环群都是阿贝尔群。
［证］.设循环群（G，)的生成元是x0ÎG。
于是,对任何元素a ，b G，m,nÎN，使得a= x0m , b= x0n，从而a b = x0m x0n= x0m +n (指数律)= x0n +m (数的加法交换律)= x0n x0m(指数律)= b a故运算满足交换律；即(G, )是交换群.4.2。
若x是群G的一个元素,存在一个最小的正整数m，使x m=e，则称m为x的阶，试证：C={e，x，x2, ，x m—1}是G的一个子群。
［证].(1)非空性C ：因为eÎG；（2）包含性C G:因为xÎG，根据群G的封闭性，可知x2, ，x m—1,(x m=)eÎG,故C G；（3)封闭性 a , b C a b C: a , b C，k，lÎN (0k〈m，0l〈m),使a = x k，b = x l，从而a b = x k x l = x(k+l）mod m C(因为0 （k+l) mod m〈m) ；(4)有逆元 a C a —1C： a C，kÎN (0k<m)，使a = x k, 从而a -1= x m—k C（因为0 m-k < m）。
综合（1) (2）(3) (4），可知(C, )是(G, )的一个子群.4.3。
若G是阶为n的有限群，则G的所有元素的阶都不超过n。
[证］。
对任一元素xÎG，设其阶为m，并令C={e,x，x2，，x m-1},则由习题4.2.可知（C, )是（G, ）的一个子群，故具有包含性C G。
因此有m = ｜C｜£｜G｜= n所以群G的所有元素的阶都不超过n。
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。
高中数学北师大版 4.2 超几何分布 课后练习、课时练习
一、单选题1. 12人的兴趣小组中有5人是“三好学生”，现从中任选6人参加竞赛．若随机变量X表示参加竞赛的“三好学生”的人数，则为（）A．P(X＝6) B．P(X＝5) C．P(X＝3) D．P(X＝7)2. 在含有3件次品的10件产品中，任取2件，恰好取到1件次品的概率为( ) A．B．C．D．3. 孪生素数猜想是希尔伯特在1900年提出的23个数学问题之一，2013年华人数学家张益唐证明了孪生素数猜想的一个弱化形式，可以直观的描述为：存在无穷多个素数，使得是素数．素数对称为孪生素数对．从8个数对，，，，，，，中任取3个，设取出的孪生素数对的个数为，则（）D．3A．B．C．4. 某产品40件，其中有次品数3件，现从中任取2件，则其中至少有一件次品的概率是()A．0.146 2 B．0.153 8C．0.996 2 D．0.853 85. 由12名志愿者组成的医疗队中，有5名共产党员，现从中任选6人参加抗洪抢险，用随机变量表示这6人中共产党员的人数，则式子表示下列概率的是（）A．B．C．D．6. 已知10名同学中有a名女生，若从这10名同学中随机抽取2名作为学生代表，恰好抽到1名女生的概率是，则（）A．1 B．4或6 C．4 D．6二、多选题7. 袋中有8个大小相同的球，其中5个黑球，3个白球，现从中任取3个球，记随机变量X为其中白球的个数，随机变量Y为其中黑球的个数，若取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分，随机变量Z为取出3个球的总得分，则下列结论中正确的是（）B．A．C．D．8. 下列命题中，正确的是（）．A．随机变量X服从二项分布，若，，则B．某投掷类游戏闯关规则是游戏者最多投掷5次，只要有一次投中，游戏者即闯关成功，并停止投掷，已知每次投中的概率为，则游戏者闯关成功的概率为C．从3个红球2个白球中，一次摸出3个球，则摸出红球的个数X服从超几何分布，D．某人在10次射击中，击中目标的次数为X，，则当且仅当时概率最大三、填空题9. 袋中有大小､质地完全相同8个球，其中黑球5个､红球3个，从中任取3个球，则红球个数不超过1的概率为___________.10. 已知某批产品共100件，其中二等品有20件．从中任意抽取2件，ξ表示取出的2件产品中二等品的件数，试填写下列关于ξ的分布列．ξ＝k0 1 2P(ξ＝k) ________ ________11. 一个袋子中有100个大小相同的球，其中有40个黄球，60个白球．采取不放回摸球，从中随机摸出22个球作为样本，用X表示样本中黄球的个数．当最大时，____________．12. 把半圆弧分成等份，以这些分点（包括直径的两端点）为顶点，作出三角形，从中任取个不同的三角形，则这个不同的三角形中钝角三角形的个数不少于的概率为______．四、解答题13. 从6名男生和4名女生中随机选出3名同学参加一项竞技测试．(1)求选出的3名同学中至少有1名女生的概率；(2)设表示选出的3名同学中男生的人数，求的分布列．14. 在测试中，客观题难度的计算公式为，其中为第题的难度，为答对该题的人数，为参加测试的总人数现对某校高三年级240名学生进行一次测试，共5道客观题测试前根据对学生的了解，预估了每道题的难度，如表所示：题号 1 2 3 4 5考前预估难度测试后，随机抽取了20名学生的答题数据进行统计，结果如下：题号 1 2 3 4 5实测答对人数16 16 14 14 14(1)根据题中数据，估计这240名学生中第5题的实测答对人数；(2)从抽样的20名学生中随机抽取2名学生，记这2名学生中第5题答对的人数为，求的分布列和数学期望；(3)试题的预估难度和实测难度之间会有偏差设为第题的实测难度，请用和设计一个统计量，并制定一个标准来判断本次测试对难度的预估是否合理．15. 为了弘扬中华优秀传统文化，加强对学生的美育教育，某校开展了为期5天的传统艺术活动，从第1天至第5天依次开展“书画”、“古琴”、“汉服”、“戏曲”、“面塑”共5项传统艺术活动，每名学生至少选择其中一项进行体验．为了解该校上述活动的开展情况，现从高一、高二、高三学生中各随机选取了100名学生作为样本进行调查，调查数据如下表：传统艺术活动第1天第2天第3天第4天第5天书画古琴汉服戏曲面塑高一体验人数80 45 55 20 45高二体验人数40 60 60 80 40高三体验人数15 50 40 75 30(1)从样本中随机选取1名学生，求这名学生体验戏曲活动的概率；(2)通过样本估计该校全体学生选择传统艺术活动的情况，现随机选择3项传统艺术活动，设选择的3项活动中体验人数超过该校学生人数50%的有项，求的分布列和数学期望；(3)为了解不同年级学生对各项传统艺术活动的喜爱程度，现从高一、高二、高三样本中各随机选取1名学生进行访谈．设这3名学生均选择了第天传统艺术活动的概率为，写出的大小关系．16. 某学校实行自主招生，参加自主招生的学生从8个试题中随机挑选出4个进行作答，至少答对3个才能通过初试．已知甲、乙两人参加初试，在这8个试题中甲能答对6个，乙能答对每个试题的概率为，且甲、乙两人是否答对每个试题互不影响．(1)求甲通过自主招生初试的概率；(2)试通过概率计算，分析甲、乙两人谁通过自主招生初试的可能性更大；(3)记甲答对试题的个数为，求的分布列及数学期望．。
2021_2022学年高中数学课时分层作业4组合与组合数公式(含解析)北师大版选修2_3
课时分层作业(四)(建议用时：60分钟)[根底达标练]一、选择题 1．给出以下问题：①从1,2,3，…，9，这九个数字中任取3个，组成多少个三位数？ ②有4张一样电影票，要在7人中确定4人去观看，有多少种不同的选法？③某人射击8枪，击中4枪，且命中的4枪均为2枪连中，那么不同的结果有多少种？ 其中组合问题的个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．3C [①与顺序有关，是排列问题；②③均与顺序无关，是组合问题．应选C.] 2．化简C 9798＋2C 9698＋C 9598等于( ) A ．C 9799 B ．C 97100 C ．C 9899D ．C 98100B [由组合数性质知，C 9798＋2C 9698＋C9598＝(C 9798＋C 9698)＋(C 9698＋C 9598)＝C 9799＋C 9699＝C 97100.] 3．以下等式中，不正确的选项是( ) A ．C mn ＝n ！m ！(n －m )！B ．C m n ＝C n －mn C ．C m n ＝m ＋1n ＋1C m ＋1n ＋1 D ．C mn ＝C m ＋1n ＋1D [因为C m ＋1n ＋1＝(n ＋1)！(m ＋1)！(n －m )！＝n ＋1m ＋1·n ！m ！(n －m )！＝n ＋1m ＋1C m n .]4．方程C x14＝C 2x －414的解集为( ) A ．4 B ．14 C ．4或6D ．14或2C [由题意知⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2x －4，2x －4≤14，x ≤14或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝14－(2x －4)，2x －4≤14，x ≤14，解得x ＝4或6.]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队，不同的选法有( )A ．C 310种 B ．A 310种 C ．A 27A 13种D ．C 13C 27种D [每个被选的人员无角色差异，是组合问题．分两步完成：第一步，选女工，有C 13种选法；第二步，选男工，有C 27种选法．故有C 13C 27种不同选法．]二、填空题6．假设A 3n ＝12C 2n ，那么n ＝________.8 [因为A 3n ＝n (n －1)·(n －2)，C 2n ＝12n (n －1)，所以n (n －1)(n －2)＝6n (n －1)．又n ∈N＋，且n ≥3，所以n ＝8.]7．假设集合P ＝{1,2,3,4,5,6}，那么集合P 的子集中含有3个元素的子集数为________． 20 [由于集合中的元素具有无序性，因此含3个元素的子集个数与元素顺序无关，是组合问题，共有C 36＝20种．]8．假设C m －1n ∶C mn ∶C m ＋1n ＝3∶4∶5，那么n －m ＝________.35 [由题意知：⎩⎪⎨⎪⎧C m －1n C m n ＝34，Cm nCm ＋1n＝45，由组合数公式得⎩⎪⎨⎪⎧3n －7m ＋3＝0，9m －4n ＋5＝0，解得：n ＝62，m ＝27，n －m ＝62－27＝35.]三、解答题9．判断以下问题是排列问题，还是组合问题．(1)从50个同学中选出正、副班长各一人，有多少种选法？ (2)从50个人中选3个人去参加同一种劳动，有多少种不同的选法？ (3)从50个人中选3个人到三个学校参加毕业典礼，有多少种选法？ [解] (1)是选出2人，而正、副班长的人选都与顺序有关．故(1)是排列问题；(2)(3)都是选出3人，但参加同一劳动没有顺序，而到三个学校参加毕业典礼却有顺序，故(2)是组合问题，(3)是排列问题．10．证明：n C kn ＝(k ＋1)C k ＋1n ＋k C kn .[证明] 因为(k ＋1)C k ＋1n ＋k C kn ＝(k ＋1)n ！(k ＋1)！[n －(k ＋1)]！＋k n ！k ！(n －k )！＝n ！k ！[n －(k ＋1)]！＋k n ！k ！(n －k )！＝(n －k )·n ！k ！(n －k )！＋k n ！k ！(n －k )！＝n ·n ！－k ·n ！＋k ·n ！k ！(n －k )！＝n ·n ！k ！(n －k )！＝n C kn ，所以n C kn ＝(k ＋1)C k ＋1n ＋k C kn .[能力提升练]1．组合数C rn (n >r ≥1 ，n ，r ∈Z )恒等于( ) A.r ＋1n ＋1C r －1n －1 B ．(n ＋1)(r ＋1)C r －1n －1C ．nr C r －1n －1D ．n rC r －1n －1D [n r C r －1n －1＝n r ·(n －1)！(r －1)！[n －1－(r －1)]！＝n ·(n －1)！r ·(r －1)！(n －r )！＝n ！r ！(n －r )！＝C rn .]2．从长度分别为1,2,3,4,5的五条线段中，任取三条的不同取法有n 种，在这些取法中，假设以取出的三条线段为边可组成的钝角三角形的个数为m ，那么mn等于( )A.110 B.15 C.310 D.25B [n 表示从5个元素中取出3个元素的所有组合的个数，即C 35＝10，由余弦定理知可组成钝角三角形的有“2,3,4〞和“2,4,5〞两种，即m ＝2，所有m n ＝210＝15.]3．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，那么m ∶n ＝________.12 [∵m ＝C 24，n ＝A 24，∴m ∶n ＝12.] 4．{a, b }⊆A ⊆{a ，b ，c ，d }，那么满足这个关系式的集合A 有________个． 4 [由题意集合A 中除了含有a ，b 外，可能还含有c ，d 中的0个，1个或2个，故集合A 共有C 02＋C 12＋C 22＝1＋2＋1＝4(个)．]5．解不等式C n －5n ＞C 3n －2＋2C 2n －2＋C 1n －2. [解] 因为C n －5n ＝C 5n ，所以原不等式可化为C 5n ＞(C 3n －2＋C 2n －2)＋(C 2n －2＋C 1n －2)，即C 5n ＞C 3n －1＋C 2n －1，也就是C 5n ＞C 3n ，所以n ！5！·(n －5)！＞n ！3！·(n －3)！，即(n －3)(n －4)>20，解得n >8或n <－1. 又n ∈N ＋，nn ≥9且n ∈N ＋.。
湘教版高中数学选择性必修第一册课后习题 第4章 计数原理 4.3 第1课时 组合与组合数 (2)
4.3 组合第1课时组合与组合数A级必备知识基础练1.学校要求学生从物理、历史、化学、生物、政治、地理这6科中选3科参加考试,规定先从物理和历史中任选1科,然后从其他4科中任选2科,不同的选法种数为( )A.5B.12C.20D.1202.某新农村社区共包括n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28,则n=( )A.6B.8C.9D.103.某中学招聘5位老师,其中安排2位老师去高一,安排2位老师去高二,安排1位老师去高三,则不同的安排方法有( )A.30种B.60种C.90种D.120种4.国庆期间,甲、乙等6人计划分两组(每组3人)去旅行,每组将在云南丽江、广西桂林、河北石家庄、内蒙古呼和浩特选1个地方,且每组去的地方不同.已知甲不想去云南,乙只想去广西,其余4人这4个地方都想去,则他们分组旅行的方案种数为( )A.24B.30C.18D.365.在某社会实践活动中,某班有一个7人小组参加烧烤活动,老师将从小组成员中选出2名同学整理烧烤架,再选出3名同学生火.若小组中的甲、乙两位同学至多有1人生火,则不同的安排方案种数为( )A.120B.150C.180D.2406.(新高考Ⅰ,13)某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课,学生需从这8门课中选修2门或3门课,并且每类选修课至少选修1门,则不同的选课方案共有种(用数字作答).7.若A n3=12C n2,则n= .8.方程1C5x −1C6x=710C7x中的解x= .9.生物兴趣小组有12名学生,其中正、副组长各1名,组员10名.现从该小组选派3名同学参加生物学科知识竞赛.(1)如果正、副组长2人中有且只有1人入选,共有多少种不同的选派方法?(2)如果正、副组长2人中至少有1人入选,且组员甲没有入选,共有多少种不同的选派方法?B级关键能力提升练10.(多选题)已知A3m−C32+0!=4,则m的值可以是( )A.1B.2C.3D.411.C44+C54+C64=( )A.C72B.C65C.C76D.A6412.2名老师和4名学生共6人参加两项不同的活动,每人参加一项活动,每项活动至少有2人参加,但2名老师不能参加同一项活动,则不同的参加方式的种数为( )A.20B.28C.40D.5013.有10台不同的电视机,其中甲型3台,乙型3台,丙型4台.现从中任意取出3台,若其中至少含有两种不同的型号,则不同的取法共有( )A.96种B.108种C.114种D.118种14.某省派出5个医疗队去支援4个灾区,每个灾区至少分配一个医疗队,则不同的分配方案共有种.(用数字填写答案)15.要从6名男生4名女生中选出5人参加一项活动.(1)甲当选且乙不当选,有多少种不同的选法?(2)至多有3名男生当选,有多少种不同的选法?C级学科素养创新练16.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.第1课时组合与组合数1.B 第一步,从物理和历史中任选1科,有C21=2种选法;第二步,从其他4科中任选2科,有C42=6种选法.根据分步乘法计数原理,共有2×6=12种选法.故选B.2.B 由于“村村通”公路的修建,是组合问题,故共需要建公路的条数为C n2=n(n-1)=28,解得n=8或n=-7(舍去).23.A 根据题意,不同的安排方法可以分三步完成:第一步,在5个老师中选出2人,安排去高一,有C52=10种选法;第二步,在剩下3人中,选出2人,安排到高二,有C32=3种选法;第三步,将最后1人安排到高三,有1种选法.根据分步乘法计数原理,共有10×3×1=30种不同的安排方法.故选A.4.A 若甲和乙都去广西桂林,则有C41C31=12种方案;若甲不去广西桂林,则有C21C42=12种方案.故他们分组旅行的方案种数为12+12=24.故选A.5.C 小组中的甲、乙两位同学都生火,共有C51C42=30种,故甲、乙两位同学至多有1人生火的不同的安排方案种数为C72C53-30=180.故选C.6.64 (方法1 直接法)若选2门课,只需体育类和艺术类各选1门,有C41×C41=16种不同的选课方案;若选3门课,分两类.体育类选1门、艺术类选2门,体育类选2门、艺术类选1门,有C41×C42+C42×C41=48种不同的选课方案.综上,共有16+48=64种不同的选课方案.(方法2 间接法)由题意可知,从8门课中选择2门或者3门共有C82+C83=84种不同的选课方案,只选择体育类或艺术类的有2(C42+C43)=20种,则符合题意的共有84-20=64种不同的选课方案.7.8 由题得,A n3=n(n-1)(n-2),C n2=12n(n-1),所以n(n-1)(n-2)=12×12n(n-1).因为n∈N+,且n≥3,解得n=8.8.2 原式可化为x!(5-x)!5!−x!(6-x)!6!=7·x!(7-x)!10·7!.∵0≤x≤5,∴x2-23x+42=0,解得x=21(舍去)或x=2,即x=2为原方程的解.9.解(1)正、副组长2人中有且只有1人入选,则选派方法数为C21C102=90.(2)正、副组长2人都入选,且组员甲没有入选,选派方法数为C22C91=9. 正、副组长2人中有且只有1人入选,且组员甲没有入选,选派方法数为C21C92=72.故正、副组长2人中至少有1人入选,且组员甲没有入选的选派方法数为9+72=81.10.BC ∵A3m−C32+0!=4,∴A3m=6.当m=2时,等式成立;当m=3时,等式成立.故选BC.11.A 由题可得,C44+C54+C64=C44+C51+C62=1+5+15=21.对于A,C72=21,故A正确;对于B,C65=6,故B错误;对于C,C76=7,故C错误;对于D,A64=6×5×4×3=360,故D错误.故选A.12.B 由题意参加方式分为两类:第一类,一项活动有1名老师和1名学生,另一项活动有1名老师和3名学生,有C21C41A22种参加方式;第二类,一项活动有1名老师和2名学生,另一项活动有1名老师和2名学生,有C21C42种参加方式.根据分类加法计数原理,不同的参加方式的种数共有C21C41A22+C21C42=28.故选B.13.C 根据题意,从10台不同的电视机中任意取出3台,有C103=120种取法,其中只有甲型电视机的取法有C33=1种,只有乙型电视机的取法有C33=1种,只有丙型电视机的取法有C43=4种,则其中至少含有两种不同的型号的取法有120-1-1-4=114种.故选C.14.240 派出5个医疗队去支援4个灾区,每个灾区至少分配一个医疗队,则其中有一个灾区安排两个医疗队,剩下的3个灾区各安排一个医疗队,可以分两步:第一步,先选出一个灾区分配两个医疗队,有C 41C 52种分配法;第二步,为剩下的3个灾区各分配一个医疗队有A 33种分配法.根据分步乘法计数原理,不同的分配方案有C 41C 52A 33=240种.15.解(1)若甲当选,乙不当选,则从剩余8人选4人即可,即有C 84=70种选法.(2)至多有3名男生当选,则有1男4女,2男3女,3男2女三种情况,共有C 61C 44+C 62C 43+C 63C 42=6+60+120=186种选法.16.解(1)5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 53C 21C 11A 22)A 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.。
组合数学 答案 第四章作业
法1：（采用Burnsinde公式）
每个格子有两种颜色可以选择，且规定红为2，蓝为7，则该题可等同于在3X3的透明方阵里任选2格来着色，则共有C（9,2）以下36种可能方案：
因为，棋盘只能做刚体运动，
所以，当每个图都绕过中心点的轴按逆时针方向旋转00、900、1800、2700以及绕东西方向的中线、南北方向的中线、西北对角线和东北对角线进行翻转时，得到36种图像的又一种排列，分别讨论如下：
（C10C12）（C11）（C13C15）（C14）（C22C27）（C23）（C24C33）（C25C32）
（C26C31）（C28C30) (C29 ) (C34C36) (C35) =6
（7）西北对角线翻转时：
P7 = (C1C33) (C2C21) (C3C36) (C4C30) (C5C15) (C6C35) (C7C26) (C8) (C9C18)
（2）关于中心旋转正负720时：（12345）（15432），共轭
类2个，循环节数：1；
（3）关于中心旋转正负1440时，（13524）（14253），共轭
类2个，循环节数：1；
（4）关于xy对折，对应的置换分别为：（14）（23）（5），共轭类5个，循环节数：3；
则由Polya计数定理得：
L= 1/10 X (35+2X31+5X33)= 39
（C5C26）（C13C20）（C7C15）（C31C16）（C8）(C19) (C10C32) (C25C12)
(C11C29) (C22C27) (C14) (C23) = 4
（4）旋转2700时：
P4= (C1C18C36C24) (C2C21C35C6) (C3C9C33C34) (C4C17C30C28) (C5C20C26C13)
人教版七年级上册数学寒假作业(十二)第四章几何初步答案及解析
人教版七年级上册数学寒假作业（十二）第四章几何初步（附参考答案与解析）一．选择题（共8小题）1．下列说法：①经过一点可以画无数条直线；②若线段AC＝BC，则点C是线段AB的中点；③射线OB与射线OC是同一条射线；④连接两点的线段叫做这两点的距离；⑤将一根细木条固定在墙上，至少需要两根钉子，是因为两点确定一条直线，其中说法正确的有（）A．1个B．2个C．3个D．4个2．如图是一个立体图形的展开图，则这个立体图形是（）A．B．C．D．3．如图是一个正方体的展开图，则该正方体上“伟”字对面的字是（）A．的B．中C．国D．梦4．如图，OA为北偏东35°方向，∠AOB＝90°，则OB的方向为（）A．南偏东35°B．南偏东55°C．南偏西55°D．北偏东55°5．如图，B地在A地的（）A．北偏东50°方向B．南偏西40°方向C．北偏东40°方向D．东偏北50°方向6．下列形状的四张纸板，能折叠成一个三棱柱的是（）A．B．C．D．7．下列说法中，正确的是（）A．单项式﹣a2和2ab2是同类项B．若AB＝BC，则点B一定是线段AC的中点C．多项式x2y﹣32xy3的次数是6D．两点之间，线段最短8．如图所示，若∠AOB＝∠COD，那么（）A．∠1＞∠2B．∠1＜∠2C．∠1＝∠2D．∠1≠∠2二．填空题（共6小题）9．已知∠α＝29°18'，则∠α的余角的度数为．10．若∠1＝55°22'，则∠1的余角是．11．如图，某海域有三个小岛A，B，O，在小岛O处观测到小岛A在它的北偏东55°方向上，观测到小岛B在它的北偏西30°方向上，则∠AOB的度数是．12．如图，一个正方体截去一个角后，截面的形状是．13．计算32°45′48′'+21°25′14′'＝．14．已知∠1＝71°，则∠1的余角等于．三．解答题（共6小题）15．将长为8cm，宽为6cm的长方形绕其边所在的直线旋转一周后，所形成的几何体的形状是什么？其体积是多少？16．若一个角的补角为120°18′，求这个角的余角．17．一个角的补角加上20°后等于这个角的余角的3倍，求这个角．18．如图，B、C两点把线段AD分成了2：3：4三部分，M是AD的中点，CD＝16，求：（1）MC的长；（2）BM：AB的值．19．如图，延长线段AB到点C，使BC＝2AB，取AC的中点D．已知BD＝3cm，求AC的长．20．计算：180°﹣（35°54'+21°33'）．人教版七年级上册数学寒假作业（十二）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题）1．下列说法：①经过一点可以画无数条直线；②若线段AC＝BC，则点C是线段AB的中点；③射线OB与射线OC是同一条射线；④连接两点的线段叫做这两点的距离；⑤将一根细木条固定在墙上，至少需要两根钉子，是因为两点确定一条直线，其中说法正确的有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【解答】解：①经过一点可以画无数条直线，结论正确．②∵AC＝BC，∴点C在线段AB的垂直平分线上，不一定在AB的中点上．所以这个结论错误．③如果B点在射线OC上，或者C点在射线OB上时，射线OB与射线OC是同一条射线，否则就不是．所以这个结论错误．④连接两点的线段的长度叫做两点之间的距离，所以原结论错误．⑤两点确定一条直线，这一个结论是正确的，故选：B．2．如图是一个立体图形的展开图，则这个立体图形是（）A．B．C．D．【解答】解：∵三棱柱的展开图侧面是长方形，上下面是三角形，∴上图应是三棱柱的展开图；故选：B．3．如图是一个正方体的展开图，则该正方体上“伟”字对面的字是（）A．的B．中C．国D．梦【解答】解：由正方体表面展开图的“相间、Z端是对面”可知，该正方体上“伟”字对面的字是“梦”，故选：D．4．如图，OA为北偏东35°方向，∠AOB＝90°，则OB的方向为（）A．南偏东35°B．南偏东55°C．南偏西55°D．北偏东55°【解答】解：∵OA为北偏东35°方向，∠AOB＝90°，∴OB的方向为南偏东180°﹣35°﹣90°＝55°．故选：B．5．如图，B地在A地的（）A．北偏东50°方向B．南偏西40°方向C．北偏东40°方向D．东偏北50°方向【解答】解：B地在A地的北偏东50°方向，故选：A．6．下列形状的四张纸板，能折叠成一个三棱柱的是（）A．B．C．D．【解答】解：A、围成三棱柱时，两个三角形重合为同一底面，而另一底面没有，故不能围成直三棱柱；B、D的两底面不是三角形，故也不能围成直三棱柱；只有C经过折叠可以围成一个直三棱柱．故选：C．7．下列说法中，正确的是（）A．单项式﹣a2和2ab2是同类项B．若AB＝BC，则点B一定是线段AC的中点C．多项式x2y﹣32xy3的次数是6D．两点之间，线段最短【解答】解：A．单项式﹣a2和2ab2不是同类项，故此选项不合题意；B．若AB＝BC，只有A，B，C在一条直线上时，则点B一定是线段AC的中点，故此选项不合题意；C．多项式x2y﹣32xy3的次数是4，故此选项不合题意；D．两点之间，线段最短，故此选项符合题意．故选：D．8．如图所示，若∠AOB＝∠COD，那么（）A．∠1＞∠2B．∠1＜∠2C．∠1＝∠2D．∠1≠∠2【解答】解：∵∠AOB＝∠1+∠BOD，∠COD＝∠2+∠BOD，又∠AOB＝∠COD，∴∠1＝∠2，故选：C．二．填空题（共6小题）9．已知∠α＝29°18'，则∠α的余角的度数为60°42′．【解答】解：∵∠a＝29°18′，∴∠a的余角＝90°﹣29°18′＝60°42′．故答案为：60°42′．10．若∠1＝55°22'，则∠1的余角是34°38′．【解答】解：∠1的余角为90°﹣∠1＝90°﹣55°22′＝34°38′．故答案为：34°38′．11．如图，某海域有三个小岛A，B，O，在小岛O处观测到小岛A在它的北偏东55°方向上，观测到小岛B在它的北偏西30°方向上，则∠AOB的度数是85°．【解答】解：∵OA是表示北偏东55°方向的一条射线，OB是表示北偏西30°方向上的一条射线，∴∠AOB＝55°+30°＝85°．故答案是：85°．12．如图，一个正方体截去一个角后，截面的形状是等边三角形．【解答】解：由题意知，截面的形状是等边三角形，故答案为：等边三角形．13．计算32°45′48′'+21°25′14′'＝54°11′2″．【解答】解：原式＝53°70′62″＝54°11′2″．故答案为：54°11′2″．14．已知∠1＝71°，则∠1的余角等于19°．【解答】解：设所求角为∠α，∵∠α+∠1＝90°，∠1＝71°，∴∠α＝90°﹣71°＝19°．故答案为：19°．三．解答题（共6小题）15．将长为8cm，宽为6cm的长方形绕其边所在的直线旋转一周后，所形成的几何体的形状是什么？其体积是多少？【解答】解：形成的几何体的形状是圆柱体，当绕长为8cm的边旋转一周时，则圆柱的体积为：62×π×8＝288π（cm3）；当绕长为6cm的边旋转一周时，则圆柱的体积为：82×π×6＝384π（cm3）；所以形成的圆柱体积为288πcm3或384πcm3．16．若一个角的补角为120°18′，求这个角的余角．【解答】解：设这个角为α，则α＝180°﹣120°18′＝59°42′，则α的余角为：90°﹣α＝90°﹣59°42′＝30°18′．这个角的余角30°18′．17．一个角的补角加上20°后等于这个角的余角的3倍，求这个角．【解答】解：设这个角为α，则这个角的补角为180°﹣α，余角为90°﹣α，根据题意可得，180°﹣α+20°＝3（90°﹣α），解得：α＝35°，所以这个角为35°．18．如图，B、C两点把线段AD分成了2：3：4三部分，M是AD的中点，CD＝16，求：（1）MC的长；（2）BM：AB的值．【解答】解：（1）由AB：BC：CD＝2：3：4，设AB＝2x，BC＝3x，CD＝4x，∵CD＝16，∴4x＝16，∴x＝4，∴AB＝2x＝8，BC＝3x＝12，AD＝AB+BC+CD＝36，又M是AD的中点，∴AM＝MD＝18，由线段的和差，得MC＝MD﹣CD＝18﹣16＝2．（2）由（1）得AM＝18，AB＝8，∴BM＝AM﹣AB＝10，∴BM：AB＝5：4．19．如图，延长线段AB到点C，使BC＝2AB，取AC的中点D．已知BD＝3cm，求AC的长．【解答】解：AB＝xcm，则BC＝2xcm．∵AC＝AB+BC，∴AC＝3xcm．∵点D是AC的中点，∴AD＝＝1.5xcm．∵BD＝AD﹣AB，∴1.5x﹣x＝3．解得：x＝6．∴AC＝18cm．20．计算：180°﹣（35°54'+21°33'）．【解答】解：180°﹣（35°54'+21°33'）＝179°60'﹣57°27′＝122°33'。
江苏省2020年高二数学第27讲 组合与组合数公式 分层作业答案
3月 16 日 高二数学分层作业答案1. .【解析】解：根据题意，可看作五个位置排列五种事物， 第一位置有五种排列方法，不妨假设排上的是金，则第二步只能从土与水两者中选一种排放，故有两种选择不妨假设排上的是水， 第三步只能排上木，第四步只能排上火，第五步只能排上土，故总的排列方法种数有5×2×1×1×1＝10；【答案】B ．2.解析1:确定高位有A 51种不同方法.确定万位、千位、百位,从剩下的5个数字中取3个排列,共有A 53种不同的方法,剩下两个数字,把大的排在十位上即可.由分步乘法计数原理,共有A 51·A 53=5×5×4×3=300(个).3.解：C ，【答案】D ．4.B5.（1）、（2）、（5）6.xy,xz,zy7.8708.(1)组合问题 45 （2）组合问题 45 （3）组合问题 120 （4）排列问题 7209.解：(1)所求线段的条数，即为从10个元素中任取2个元素的组合，共有C 210＝10×92×1＝45(条)，即以10个点中的任意2个点为端点的线段共有45条．(2)所求有向线段的条数，即为从10个元素中任取2个元素的排列，共有A 210＝10×9＝90(条)，即以10个点中的2个点为端点的有向线段共有90条．(3)所求三角形的个数，即从10个元素中任选3个元素的组合数，共有C 310＝10×9×83×2×1＝120(个)．10.解析：此题可化归为圆上9个点可组成多少个四边形，所以交点最多有C49＝126(个)．答案：12611.解析：用间接法可求得选法共有C38－C34＝52(种)．答案：C。
李凡长版组合数学课后习题答案习题（1）
李凡长版组合数学课后习题答案习题（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。
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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 +⎧⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎨⎬ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎩⎭ 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 nn 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 ∞=-+⋅∑=003()153nnn 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。
5. 已知生成函数239156xx x---,求对应的序列{n a }. 解：239156xx x ---=528171x x --+=11521817x x --⋅-+⋅所以a n =-5·8n -2·(-7)n .6. 有红,黄,蓝,白球各两个,绿,紫,黑球各3个,从中取出10个球,试问有多少种不同的取法？解：M r =M y =M b =M w ={0,1,2}，M g =M p =M h ={0,1,2,3}，所以该取法的个数为(1+x+x 2)4(1+x+x 2+x 3)3中x 10的系数，为678.7. 口袋中有白球5个,红球3个,黑球2个,每次从中取5个,问有多少种取法？ 解：M w ={0,1,2,3,4,5}，M r ={0,1,2,3}，M b ={0,1,2}，所以从中取5个的取法个数为(1+x+x 2)(1+x+x 2+x 3) (1+x+x 2+x 3+x 4+x 5)中x 5的系数，为12。
8. 求1,3,5,7,9这5个数字组成的n 位数个数,要求其中3和7出现的次数位偶数,其它数字出现的次数无限制.解：M 1=M 5 =M 9={0,1,2,3,…}，M 3 =M 7={0,2,4,…}该排列的生成函数为24232(1...)(1...)2!4!2!x x x x ++++++=14(e x +e -x )2e 3x =14(e 5x +e 3x +e x )=140(5231)!n n nn x n ∞=+⋅+∑ 所以a n =14(5231)n n +⋅+.9. 用3个1,2个2,5个3这十个数字能构成多少个偶的四位数？解：因要组成偶的四位数，所以个位必为2，然后确定其它三位的排列即可.M 1={0,1,2,3}，M 2 ={0,1}，M 3={0,1,2,3,4,5}，故生成函数为2325(1)(1)(1)2!3!2!5!x x x x x x x ++++++++.其中33!x 的系数为20，即可以组成20个偶的四位数。
10. 求由A,B,C,D 组成的允许重复的排列中AB 至少出现一次的排列数目. 解：可把AB 看作一个整体，用E 表示，则M A =M B =M C =M D ={0,1,2,…}，M E ={1,2,…}故有224(1)()2!2!x x x x +++++=e(4x)(e(x)-1)=e(5x)-e(4x)=5n -4n . 11. 从⋅⋅⋅{,,}n a n b n c 中取出n 个字母,要求a 的个数为3的倍数,b 的个数是偶数,问有多少种取法?解：由题意可知，M a ={0,3,6,…}，M b =M c ={0,1,2,…}，该取法的生成函数为(1+x 3+x 6+…)(1+x+x 2+x 3)2=311x -·421()1x x -- 12. 把正整数8写成三个非负整数之和，要求n 1≤3,n 2≤3,n 3≤6.问有多少种不同的方案？解：由题意可知，M 1=M 2 ={0,1,2,3}，M 3={0,1,2,3,…,6}，则生成函数为 (1+x+x 2+x 3)2(1+x+x 2+x 3+…+x 6)= 421()1x x --·711x x --=(1-2x 4-x 7+x 8+2x 11-x 15) ·31(1)x -符合题意的方案数为x 8的系数，为82421221222+++--+⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭=13. 13. 在一个程序设计课程里,每个学生的每个任务最多可以运行10次.教员发现某个任务共运行了38次.设有15名学生,每个学生对这一任务至少做一次.求观察到的总次数的组合数.解：M 1=M 2 =…=M 15={1,2,3,…,10}，生成函数为(x+x 2+x 3+…+x 10)15=1015151()1x x x--， 其中x 38的系数为371527151714114214-+⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭。
14. 用1角、2角、3角的邮票可贴出多少种不同数值的邮资？ 解：生成函数为G(x)=(1+x+x 2+…)(1+x 2+x 4+…)(1+x 3+x 6+…)=11x -·211x -· 311x-=1+x+2x 2+3x 3+4x 4+… 15. 设多重集合=∞⋅∞⋅∞⋅∞⋅1234{,,,}S e e e e ,n a 表示集合S 满足下列条件的n 组合数,分别求数列{n a }生成函数. （1）每个i e 出现奇数次（i ＝1,2,3,4）； （2）每个i e 出现4的倍数次i ＝1,2,3,4）； （3）1e 出现3或7次,3e 出现2,6或8次； （4）每个i e 至少出现6次（i ＝1,2,3,4）； 解：（1）由题意知，M 1=M 2=M 3=M 4={1,3,5,…}，故该组合数序列的生成函数为(x+x 2+x 3+…)4=x 4·41(1)x -= x 4·03n n n n x ∞=+⎛⎫ ⎪⎝⎭∑=403n n n n x ∞+=+⎛⎫ ⎪⎝⎭∑. X n 的系数为13n -⎛⎫⎪⎝⎭. （2）由题意知，M 1=M 2=M 3=M 4={0,4,8,…}，故该组合数序列的生成函数为(1+x 4+x 8+…)4= 441(1)x -. （3）由题意知，M 1={3,7}，M 2= M 4={0,1,2,…}，M 3={2,6,8} 故该组合数序列的生成函数为(x 3+x 7)(x 2+x 6+x 8)(1+x+x 2+…)2=(x 5+2x 9+x 11+x 13+x 15) ·011n n n x ∞=+⎛⎫ ⎪⎝⎭∑.X n 的系数为5191111131151111112n n n n n -+-+-+-+-+⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭＝6n-56.（4）由题意知，M 1=M 2=M 3=M 4={6,7,8,…}，故该组合数序列的生成函数为(x 6+x 7+x 8+…)4=x 24·41(1)x -= x 24·03n n n n x ∞=+⎛⎫ ⎪⎝⎭∑=2403n n n n x ∞+=+⎛⎫ ⎪⎝⎭∑. X n的系数为213n -⎛⎫⎪⎝⎭. 16. 设多重集合=∞⋅∞⋅∞⋅∞⋅123{,,,,}k S e e e e ,n a 表示集合S 满足下列条件的n 排列（1）S 的每个元素出现偶数次； （2）S 的每个元素至少出现4次；（3）S 的每个元素至多出现i 次（i =1,2,…,k ）； （4）S 的每个元素至少出现i 次（i =1,2,…,k ）； 解：（1）由题意知，M 1=M 2=M 3=…=M k ={0,2,4,…}，故该组合数序列的生成函数为24(1...)2!4!kx x +++=()()2ke x e x +-⎛⎫ ⎪⎝⎭.（2）由题意知，M 1=M 2=M 3=…=M k ={4,5,6,…}，故该组合数序列的生成函数为54(...)4!5!kx x ++=3212!3!(())k x x e x --- =(-1)i 0(())[(1)(2)(3)]ki i k e k i x e e e i =-++⎛⎫ ⎪⎝⎭∑ = 00((1)[1(2)(3)]())!kii n i nn k e e i xk i n ∞==-++⎛⎫- ⎪⎝⎭∑∑0(1)[1(2)(3)]()kin i n i e e k a k i i =-++⎛⎫=- ⎪⎝⎭∑（3）由题意知，M 1=M 2=M 3=…=M k ={0,1,2,…,i}，故该组合数序列的生成函数为2(1...)2!!i kx x x i ++++. （4）由题意知，M 1=M 2=M 3=…=M k ={i,i+1,i+2,…}，故该组合数序列的生成函数为 1(...)!(1)!i i k x x i i ++++.17. 用生成函数法证明下列等式：（1）2122n n n n r r r r ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭证明：(1+x)n+2=(1+x)n ·(1+x)2=(1+2x+x 2) (1+x)n =x 2(1+x)n +2(1+x)n+1-(1+x)n对比左右两边x r 的系数，左边=2n r +⎛⎫⎪⎝⎭，右边=122n n n r r r +⎛⎫⎛⎫⎛⎫+- ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 整理得：2122n n n n r r r r ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 等式得证.（2）0(1)qj j q n q j n j r r q =+-⎛⎫⎛⎫⎛⎫-= ⎪⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑ 证明：(1+x)n [(1+x)-1]q =x q (1+x)n ，对比左右两边x r 的系数，左边=00(1)(1)(1)(1)q qnjq j j j j q q x x j j n q j r -==++-+-=⎛⎫⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∑，右边=n r q -⎛⎫ ⎪⎝⎭， 因此等式得证.18. 设有砝码重为1g 的3个,重为2g 的4个,重为4g 的2个,问能称出多少种重量？各有多少种方案？解：由题意知，M 1={0,1,2,3}，M 2={0,1,2,3,4}，M 4={0,1,2}，故生成函数为 (1+x+x 2+x 3)(1 +x 2+x 4+x 6+x 8)(1+x 4+x 8)=1+x+2x 2+2x 3+3x 4+3x 5+4x 6+4x 7+5x 8+5x 9+5x 10+5x 11+4x 12+4x 13+3x 14+3x 15+2x 16+2x 17+x 18+x 19故共能称出20种重量，指数即为重量类型，系数为方案数. 19. 求方程x 1+2x 2+4x 3=21的正整数解的个数. 解：由题目可以看出，x 1为奇数，故生成函数为35246481724244872242222722432277911434379114(...)(...)(2...)(1...)(1...)(1...)11(1)11(1)(1)(1)(1)(1)1(2)(1)(1)2(2)2kk x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x k x x x x=+++++++++=+++++++++=•--+-=•--+==++--+⎛⎫=++ ⎪⎝⎭0∞∑展开式中x 21的系数为20，亦即该方程正整数解的个数。