人教版高中数学选修2-3分章节配套练习(含章末测试题,全书综合测试题).pdf

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1、1 第一章计数原理 1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 第 1 课时分类加法计数原理与分步乘法计数原理 A 级基础巩固 一、选择题 1已知集合 A1，2，3，且 A 中至少有一个奇数，则这样 的集合 A 有() A2 个B3 个C4 个D5 个 解析：满足题意的集合A 分两类：第一类有一个奇数有 1， 3， 1，2，3，2共 4 个；第二类有两个奇数有1，3，所以共有 41 5(个) 答案： D 2现有 4 件不同款式的上衣和3 条不同颜色的长裤，如果一条 长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法有() A7 种B12 种C64 种D81 种 解析：要完成配套，分两步：第一步，选上衣，从4

2、 件中任选一 件，有 4 种不同的选法；第二步，选长裤，从3 条长裤中任选一条， 有 3 种不同选法故不同取法共有4312(种) 答案： B 3如图所示，一条电路从A 处到 B 处接通时，可构成的通路有 () 2 A8 条B6 条C5 条D3 条 解析： 依题意，可构成的通路有236(条) 答案： B 4已知集合， M1，2，3，N4，5，6，7，从两个 集合中各取一个元素作为点的坐标， 则这样的坐标在直角坐标系中可 表示第一、二象限内不同的点的个数是() A18 B17 C16 D10 解析： 分两类：第 1 类，M 中的元素作横坐标， N 中的元素作 纵坐标，则在第一、第二象限内的点有33

3、9(个)；第 2 类， N 中 的元素作横坐标， M 中的元素作纵坐标，则在第一、第二象限内的 点有 428(个)由分类加法计数原理，在第一、第二象限内的点 共有 9817(个) 答案： B 5从集合 0，1，2，3，4，5，6中任取两个互不相等的数a，b 组成复数 abi，其中虚数有 () A30 个B42个C36 个D35 个 解析： 要完成这件事可分两步， 第一步确定 b(b0)有 6 种方法， 第二步确定 a 有 6 种方法，故由分步乘法计数原理知共有虚数66 36(个) 答案： C 二、填空题 6加工某个零件分三道工序，第一道工序有5 人，第二道工序 有 6 人，第三道工序有 4 人

4、，从中选 3 人每人做一道工序， 则选法有 _种 3 解析：选第一、第二、第三道工序各一人的方法数依次为5，6， 4，由分步乘法计数原理知，选法总数为N564120(种) 答案： 120 7三名学生分别从计算机、英语两学科中选修一门课程，不同 的选法有 _种 解析： 由分步乘法计数原理知，不同的选法有N22223 8(种) 答案： 8 8一学习小组有4 名男生、 3 名女生，任选一名学生当数学课 代表，共有 _种不同选法；若选男女生各一名当组长，共有 _种不同选法 解析：任选一名当数学课代表可分两类，一类是从男生中选， 有 4 种选法；另一类是从女生中选，有3 种选法根据分类加法计数原 理，不

5、同选法共有437(种) 若选男女生各一名当组长， 需分两步：第 1 步， 从男生中选一名， 有 4 种选法；第 2 步，从女生中选一名，有3 种选法根据分步乘法 计数原理，不同选法共有4312(种) 答案： 712 三、解答题 9若 x，yN * ，且 xy6，试求有序自然数对 (x，y)的个数 解：按 x 的取值进行分类： x1 时，y1，2，5，共构成 5 个有序自然数对； x2 时，y1，2，4，共构成 4 个有序自然数对； x5 时，y1，共构成 1 个有序自然数对 4 根据分类加法计数原理，有序自然数对共有N54321 15(个) 10如图是某校的校园设施平面图，现用不同的颜色作为各

6、区域 的底色，为了便于区分，要求相邻区域不能使用同一种颜色若有6 种不同的颜色可选，问有多少种不同的着色方案？ 操 场 窗舍区 餐厅教学区 解：操场可从 6 种颜色中任选 1 种着色；餐厅可从剩下的5 种颜 色中任选 1 种着色；宿舍区和操场、 餐厅颜色都不能相同， 故可从剩 下的 4 种颜色中任选 1 种着色；教学区和宿舍区、 餐厅的颜色都不能 相同，故可从剩下的 4 种颜色中任选 1 种着色根据分步乘法计数原 理知，着色方案共有6544480(种) B 级能力提升 1某班小张等 4 位同学报名参加A、B、C 三个课外活动小组， 每位同学限报其中一个小组，且小张不能报A 小组，则不同的报名

7、方法有 () A27 种B36 种 C54 种D81 种 解析： 除小张外，每位同学都有3 种选择，小张只有2 种选择， 所以不同的报名方法有333254(种) 答案： C 2有三个车队分别有4 辆、5 辆、5 辆车，现欲从其中两个车队 各抽取一辆车外出执行任务，设不同的抽调方案数为n，则 n的值为 _ 解析：不妨设三个车队分别为甲、乙、丙，则分3 类甲、乙各 5 一辆共 4520(种)；甲、丙各一辆共 4520(种)；乙、丙各一辆 共 5525(种)，所以共有 20202565(种) 答案： 65 3乒乓球队的 10 名队员中有 3 名主力队员，派5 名参加比赛， 3 名主力队员要安排在第一

8、、三、五位置，其余7 名队员中选 2 名安 排在第二、四位置，求不同的出场安排共有多少种 解：按出场位置顺序逐一安排： 第一位置有 3 种安排方法； 第二位置有 7 种安排方法； 第三位置有 2 种安排方法； 第四位置有 6 种安排方法； 第五位置有 1 种安排方法 由分步乘法计数原理知， 不同的出场安排方法有37261 252(种) 第一章计数原理 1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 第 2 课时两个计数原理的综合应用 A 级基础巩固 一、选择题 1 某同学逛书店，发现三本喜欢的书， 决定至少买其中的一本， 则购买方案有 () 6 A3 种B6 种 C7 种D9 种 解析： 买一本，

9、有 3 种方案；买两本，有3 种方案；买三本有1 种方案因此共有方案：3317(种) 答案： C 2从 1，2，3，4，5 五个数中任取3 个，可组成不同的等差数 列的个数为 () A2 B4 C6 D8 解析：分两类：第一类，公差大于 0， 有以下 4 个等差数列：1， 2，3，2，3，4，3，4，5，1，3，5；第二类，公差小于0， 也有 4 个根据分类加法计数原理可知， 可组成的不同的等差数列共 有 448(个) 答案： D 3从集合 1，2，3和1，4，5，6中各取 1 个元素作为点的坐 标，则在直角坐标系中能确定不同点的个数为() A12 B11 C24 D23 解析：先在1，2，3

10、中取出 1 个元素，共有 3 种取法，再在 1， 4，5，6中取出 1 个元素，共有 4 种取法，取出的 2 个数作为点的坐 标有2 种方法，由分步乘法计数原理知不同的点的个数有N 34224(个)又点(1，1)被算了两次， 所以共有 24123(个) 答案： D 4要把 3 张不同的电影票分给10 个人，每人最多一张， 则有不 同的分法种数是 () 7 A2 160 B720 C240 D120 解析： 可分三步：第一步，任取一张电影票分给一人，有10 种 不同分法；第二步，从剩下的两张中任取一张， 由于一人已得电影票， 不能再参与，故有 9 种不同分法；第三步，前面两人已得电影票，不 再参

11、与，因而剩余最后一张有8 种不同分法 所以不同的分法种数是 1098720(种) 答案： B 5用数字 2，3 组成四位数，且数字2，3 至少都出现一次，这 样的四位数的个数是 () A20 B16 C 14 D12 解析： 因为四位数的每个位数上都有两种可能性(取 2 或 3)，其 中四个数字全是2 或 3 的不合题意，所以适合题意的四位数共有 2222214(个) 答案： C 二、填空题 63 位旅客投宿到1 个旅馆的 4 个房间 (每房间最多可住3 人) 有_种不同的住宿方法 解析：分三步，每位旅客都有 4 种不同的住宿方法， 因而共有不 同的方法 4444364(种) 答案： 64 7

12、甲、乙、丙3 个班各有三好学生3，5，2 名，现准备推选2 名来自不同班的三好学生去参加校三好学生代表大会，共有 _ 种不同的推选方法 8 解析： 分为三类： 第一类，甲班选一名，乙班选一名，根据分步乘法计数原理，选 法有 3515(种)； 第二类，甲班选一名，丙班选一名，根据分步乘法计数原理，选 法有 326(种)； 第三类，乙班选一名，丙班选一名，根据分步乘法计数原理，选 法有 5210(种) 综合以上三类，根据分类加法计数原理，不同选法共有156 1031(种) 答案： 31 8下图的阴影部分由方格纸上3 个小方格组成，我们称这样的 图案为 L 形，那么在由 35 个小方格组成的方格纸上

13、可以画出不同 位置的 L 形图案的个数为 _(注：其他方向的也是L 形) 解析： 每四个小正方形图案都可画出四个不同的L 形图案，该 图中共有 8 个这样的小正方形故可画出不同的位置的L 形图案的 个数为 4832. 答案： 32 三、解答题 9某单位职工义务献血，在体检合格的人中，O 型血的共有 28 人，A 型血的共有 7 人，B 型血的共有 9 人，AB 型血的共有 3 人 (1)从中任选 1 人去献血，有多少种不同的选法？ (2)从四种血型的人中各选1 人去献血，有多少种不同的选法？ 解：从 O 型血的人中选 1 人有 28 种不同的选法， 从 A 型血的人 9 中选 1 人有 7 种

14、不同的选法，从B 型血的人中选1 人有 9 种不同的 选法，从 AB 型血的人中选 1 人有 3 种不同的选法 (1)任选 1 人去献血，即无论选哪种血型的哪一个人，“任选 1 人 去献血 ”这件事情都可以完成， 所以用分类加法计数原理， 不同的选 法有 2879347(种) (2)要从四种血型的人中各选1 人， 即从每种血型的人中各选出1 人后， “各选 1 人去献血 ”这件事情才完成，所以用分步乘法计数原 理，不同的选法有287935 292(种) 10由 1，2，3，4 可以组成多少个自然数 (数字可以重复，最多 只能是四位数 )? 解：组成的自然数可以分为以下四类： 第一类：一位自然数

15、，共有4 个； 第二类：二位自然数，又可分两步来完成先取出十位上的数字， 再取出个位上的数字，共有4416(个)； 第三类：三位自然数，又可分三步来完成每一步都可以从4 个不同的数字中任取一个，共有44464(个)； 第四类：四位自然数，又可分四步来完成每一步都可以从4 个不同的数字中任取一个，共有4444256(个) 由分类加法计数原理知，可以组成的不同的自然数为 41664256340(个) B 级能力提升 1用 1，2，3 三个数字组成一个四位数，规定这三个数必须全 部使用，且同一数字不能相邻出现，这样的四位数有() A36 个B18 个 C9 个D6 个 10 解析： 分 3 步完成，

16、 1，2，3 这三个数中必有某一个数字被重复 使用 2 次 第 1 步，确定哪一个数字被重复使用2 次，有 3 种方法； 第 2 步， 把这 2 个相同的数字排在四位数不相邻的两个位置上有 3 种方法； 第 3 步，将余下的 2 个数字排在四位数余下的两个位置上，有2 种方法 故可组成的不同的四位数有33218(个) 答案： B 2把 9 个相同的小球放入编号为1，2，3 的三个箱子里，要求 每个箱子放球的个数不小于其编号数，则不同的放球方法共有 _种 解析：分四类：第一个箱子放入1 个小球，将剩余的 8 个小球放 入 2，3 号箱子，共有 4 种放法；第一个箱子放入2 个小球，将剩余 的 7

17、 个小球放入 2，3 号箱子，共有 3 种放法；第一个箱子放入3 个 小球，将剩余的6 个小球放入 2，3 号箱子，共有 2 种放法；第一个 箱子放入 4 个小球则共有1 种放法根据分类加法计数原理共有10 种情况 答案： 10 3某人有4 种颜色的灯泡 (每种颜色的灯泡足够多 )，要在如图 所示的 6 个点 A，B，C，A1，B1，C1上各装一个灯泡，要求同一条 线段两端的灯泡不同色， 则每种颜色的灯泡都至少用一个的安装方法 共有多少种？ 11 解：第一步，在点 A1，B1，C1上安装灯泡， A1有 4 种方法， B1 有 3 种方法， C1有 2 种方法， 43224，即共有 24 种方法

18、 第二步，从A，B，C 中选一个点安装第4 种颜色的灯泡，有3 种方法 第三步，再给剩余的两个点安装灯泡，共有 3 种方法，由分步乘 法计数原理可得，安装方法共有43233216(种) 第一章计数原理 1.2 排列与组合 1.2.1 排列 第 1 课时排列的简单应用 A 级基础巩固 一、选择题 1已知下列问题： 从甲、乙、丙 3 名同学中选出 2 名分别参加数学和物理学习小 组； 从甲、乙、丙3 名同学中选出 2 名同学参加一项活动； 从 a，b，c，d 4 个字母中取出 2 个字母； 从 1，2，3，4 4个数字中取出 2 个数字组成 1 个两位数 其中是排列问题的有 () A1 个B2 个

19、C3 个D4 个 解析：是排列问题， 因为 2 名同学参加的活动与顺序有关； 12 不是排列问题， 因为 2 名同学参加的活动与顺序无关；不是排列问 题，因为取出的 2 个字母与顺序无关； 是排列问题，因为取出的2 个数字还需要按顺序排成一列 答案： B 2计算 A 6 7A 5 6 A 4 5 () A12 B24 C30 D36 解析： A6 776A 4 5，A 5 66A 4 5，所以 A 6 7A 5 6 A4 5 36A4 5 A 4 5 36. 答案： D 3元旦来临之际，某寝室四位同学各有一张贺年卡，并且要送 给该寝室的其中一位同学， 但每人都必须得到一张， 则不同的送法有 (

20、) A6 种B9 种C11种D23 种 解析： 将 4 张贺卡分别记为A，B，C，D，且按题意进行排列， 用树状图表示为： 由此可知共有 9 种送法 答案： B 4由 0，1，2，3 这四个数字组成的四位数中，有重复数字的四 位数字共有 () A238 个B232 个 C174 个D168个 解析： 由 0，1，2，3 可组成的四位数共有343192(个)，其 中无重复的数字的四位数共有3A 3 318(个)，故共有19218 174(个) 13 答案： C 5用 1，2，3，4，5 这五个数字， 组成没有重复数字的三位数， 其中偶数共有 () A24 个B30个C40 个D60 个 解析：

21、将符合条件的偶数分为两类：一类是2 作个位数，共有 A 2 4个，另一类是 4 作个位数，也有A2 4个因此符合条件的偶数共有 A2 4A 2 424(个) 答案： A 二、填空题 6若 Am 101095，则 m_. 解析： 由 10(m1)5，得 m6. 答案： 6 7现有 8 种不同的菜种，任选4 种种在不同土质的4 块地上， 有_种不同的种法 (用数字作答 ) 解析：将 4 块不同土质的地看作4 个不同的位置， 从 8 种不同的 菜种中任选 4 种种在 4 块不同土质的地上， 则本题即为从 8 个不同元 素中任选 4个元素的排列问题所以不同的种法共有A4 88765 1 680(种)

22、答案： 1 680 8从 2，3，5，7 中每次选出两个不同的数作为分数的分子、分 母， 则可产生不同的分数的个数是_， 其中真分数的个数是 _ 解析：第一步：选分子，可从4 个数字中任选一个作分子，共有 4 种不同选法；第二步：选分母，从剩下的3 个数字中任选一个作分 母，有 3 种不同选法根据分步乘法计数原理，不同选法共有43 12(种)，其中真分数有 2 3， 2 5， 2 7， 3 5 ， 3 7， 5 7，共 6 个 14 答案： 126 三、解答题 9求下列各式中n 的值： (1)90A2 nA 4 n； (2)A 4 nA n4 n442A n2 n2. 解：(1)因为 90A2

23、 nA 4 n， 所以 90n(n1)n(n1)(n2)(n3) 所以 n25n690. 所以(n12)(n7)0. 解得 n7(舍去)或 n12. 所以满足 90A2 nA 4 n的 n 的值为 12. (2)由 A4 nA n4 n442A n2 n2，得 n！ （n4）！ (n4)！42(n2)！. 所以 n(n1)42. 所以 n2n420.解得 n6(舍去)或 n7. 10用 1，2，3，4，5，6，7 这七个数字组成没有重复数字的四 位数 (1)能被 5 整除的四位数有多少个？ (2)这些四位数中偶数有多少个？ 解：(1)能被 5 整除的数个位必须是5，故有 A3 6120(个)(

24、2)偶 数的个位数只能是2，4，6，有 A1 3种排法，其他位上有 A3 6种排法， 由乘法原理知，四位数中偶数共有A1 3A 3 6360(个) B 级能力提升 1满足不等式 A7 n A 5 n12的 n 的最小值为 ( ) A12 B10 C9 D8 15 解析： 由排列数公式得 n！（n5）！ （n7）！n！12， 即(n5)(n6)12， 解得 n9 或 n2.又 n7，所以 n9.又 nN*，所以 n 的最小值为 10. 答案： B 2从集合 0，1，2，5，7，9，11中任取 3 个元素分别作为直 线方程 AxByC0 中的系数 A，B，C，所得直线经过坐标原点 的有_条 解析：

25、 易知过原点的直线方程的常数项为0，则 C0，再从集 合中任取两个非零元素作为系数A，B，有 A2 6种 所以符合条件的直线有A2 630(条) 答案： 30 3用 1，2，3，4 四个数字排成三位数 (允许数字重复使用 )，并 把这些三位数从小到大排成一个数列an (1)写出这个数列的前11项； (2)求这个数列共有多少项 解：(1)这个数列的前 11项为： 111，112，113，114，121，122，123，124，131，132，133. (2)这个数列的项数就是用1，2，3，4 排成三位数的个数，每一 数位都有 4 种排法，则共有44464(项) 16 第一章计数原理 1.2 排列

26、与组合 1.2.1 排列 第 2 课时排列的综合应用 A 级基础巩固 一、选择题 1A，B，C，D，E 五人并排站成一行，如果A，B 必须相邻且 B 在 A 的右边，那么不同的排法种数是() A6B24C48D120 解析： 把 A，B 视为一人，且B 固定在 A 的右边，则本题相当 于 4 人的全排列，排法共有A4 424(种) 答案： B 2用数字 1，2，3，4，5 可以组成没有重复数字， 并且比 20 000 大的五位偶数共有 () A48 个B36个C24 个D18 个 解析：个位数字是 2 的有 3A3 318(个)， 个位数字是 4 的有 3A 3 3 18(个)，所以共有 36

27、 个 答案： B 3甲、乙两人从4 门课程中各选修2 门，则甲、乙所选的课程 中恰有 1 门相同的选法有 () 17 A6 种B12 种 C24 种D30 种 解析：首先甲、乙两人从 4 门课程中同选 1 门，有 4 种方法；其 次从剩余 3 门中任选 2 门进行排列，排列方法有A2 36(种)于是， 甲、乙所选的课程中恰有1 门相同的选法共有4624(种) 答案： C 43 张卡片正反面分别标有数字1 和 2，3 和 4，5 和 7，若将 3 张卡片并列组成一个三位数，可以得到不同的三位数的个数为() A30 B48 C60 D96 解析：“组成三位数 ”这件事，分 2 步完成：第 1 步，

28、确定排在 百位、十位、个位上的卡片，即为3 个元素的一个全排列A3 3；第 2 步，分别确定百位、十位、个位上的数字，各有2 种方法根据分步 乘法计数原理，可以得到不同的三位数有A3 322248(个) 答案： B 5甲、乙、丙 3 位志愿者安排在周一至周五的5 天中参加某项 志愿者活动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排 在另外两位前面不同的安排方法共有() A20 种B30种C40 种D60 种 解析： 分三类：甲在周一，共有A2 4种排法；甲在周二，共有 A2 3 种排法；甲在周三，共有A2 2种排法所以排法共有 A2 4A 2 3A 2 2 20(种). 答案： A 二、

29、填空题 6从班委会的 5 名成员中选出 3 名分别担任班级学习委员、文 娱委员与体育委员， 其中甲、乙二人不能担任文娱委员， 则不同的选 18 法共有 _种(用数字作答 ) 解析：先选出文娱委员，有3 种选法，再选出学习委员、体育委 员，有 A2 4种选法由分步乘法计数原理知，选法共有 3A2 436(种) 答案： 36 7把 5 件不同产品摆成一排，若产品A 与产品 B 相邻，且产 品 A 与产品 C 不相邻，则不同的摆法有_种 解析： 先考虑产品 A 与 B 相邻，把 A、B 作为一个元素有A4 4种 方法，而 A、B 可交换位置，所以摆法有2A4 448(种) 又当 A、B 相邻又满足

30、A、C 相邻，摆法有 2A3 312(种) 故满足条件的摆法有481236(种) 答案： 36 8在所有无重复数字的四位数中，千位上的数字比个位上的数 字大 2 的数共有 _个 解析： 千位数字比个位数字大2，有 8 种可能，即 (2，0)，(3， 1)，(9，7)，前一个数为千位数字，后一个数为个位数字，其余 两位无任何限制所以共有8A2 8448(个) 答案： 448 三、解答题 9一场晚会有 5 个演唱节目和 3 个舞蹈节目，要求排出一个节 目单 (1)3 个舞蹈节目不排在开始和结尾，有多少种排法？ (2)前 4 个节目要有舞蹈节目，有多少种排法？ 解：(1)先从 5 个演唱节目中选两个

31、排在首尾两个位置有A2 5种排 法，再将剩余的 3 个演唱节目， 3 个舞蹈节目排在中间6 个位置上有 A6 6种排法，故共有不同排法 A2 5A 6 61 440(种) 19 (2)先不考虑排列要求，有A 8 8种排列，其中前 4 个节目没有舞蹈 节目的情况，可先从 5 个演唱节目中选4 个节目排在前四个位置， 然 后将剩余四个节目排列在后四个位置，有A4 5A 4 4种排法，所以前四个 节目要有舞蹈节目的排法有A8 8A 4 5A 4 437 440(种) 103 名男生、 4 名女生，按照不同的要求站成一排，求不同的 排队方案有多少种 (1)甲不站中间，也不站两端； (2)甲、乙两人必须

32、相邻； (3)甲、乙两人不得相邻 解：(1)分两步，首先考虑两端及中间位置，从除甲外的6 人中 选 3 人排列，有 A3 6种站法，然后再排其余位置，有 A4 4种站法，所以 不同站法共有 A3 6A 4 42 880(种) (2)把甲、乙两人看成一个元素，首先与其余5 人相当于 6 个元 素进行全排列，然后甲、乙两人再进行排列，所以站法共有A6 6A 2 21 440(种) (3)法一先让其余的5 人全排列，再让甲、乙两人在每两人之 间(含两端 )的 6个位置插入排列，所以不同站法共有 A5 5 A 2 63 600(种) 法二不考虑限制条件，共有A7 7种站法，除去甲、乙相邻的站 法 A6

33、 6A 2 2，所以不同站法共有 A7 7A 6 6A 2 23 600(种) B 级能力提升 1由 1，2，3，4，5 组成没有重复数字的四位数，按从小到大 的顺序排成一个数列 an，则 a72等于() A1 543 B2 543 C3 542 D4 532 解析： 千位数为 1 时组成的四位数有A3 4个，同理，千位数是 2， 20 3，4，5 时均有 A 3 4个数，而千位数字为 1，2，3 时，从小到大排成数 列的个数为 3A3 472，即 3 542 是第 72 个 答案： C 2三个人坐在一排八个座位上，若每人的两边都要有空位，则 不同的坐法种数为 _ 解析： “每人两边都有空位

34、”是说三个人不相邻，且不能坐两头， 可视作 5 个空位和 3 个人满足上述两要求的一个排列， 只要将 3 个人 插入 5个空位形成的 4个空当中即可所以不同坐法共有A3 424(种) 答案： 24 第一章计数原理 1.2 排列与组合 1.2.2 组合 第 1 课时组合与组合数公式 A 级基础巩固 一、选择题 1已知平面内 A、B、C、D 这 4 个点中任何 3 点均不共线，则 由其中任意 3 个点为顶点的所有三角形的个数为() A3B4C12D24 解析： C3 4C 1 44. 21 答案： B 2集合 Ax|xCn 4，n 是非负整数 ，集合 B1，2，3，4， 则下列结论正确的是 ()

35、AAB0，1，2，3，4 BBA CAB1，4 DA? B 解析： 依题意， Cn 4中，n 可取的值为 1，2，3，4，所以 A1， 4，6，所以 AB1，4 答案： C 3下列各式中与组合数Cm n(nm)相等的是 ( ) A. n m C m n1 B. n nmC m n1 CCn m1 nD. A m n n！ 解 析 ： 因 为 n nm C m n1 n nm （n1）！ m！（nm1）！ n！ m！（nm）！ ，所以选项 B 正确. 答案： B 4C2 2C 2 3C 2 4C 2 16( ) AC2 15 BC3 16 CC 3 17 DC4 17 解析： 原式 C2 2C

36、2 3C 2 4C 2 16C 3 4C 2 4C 2 16C 3 5 C 2 5C 2 16C 3 16C 2 16C 3 17. 答案： C 55 个代表分 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 () AA4 5种 B45种C54种D C 4 5种 解析： 由于 4 张同样的参观券分给5 个代表，每人最多分一张， 22 从 5 个代表中选 4 个即可满足，故有C4 5种 答案： D 二、填空题 6 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： 第一步安排周六有C3 7种方法，第二步

37、安排周日有 C3 4种方 法，所以不同的安排方案共有C3 7C 3 4140(种) 答案： 140 7按 ABO 血型系统学说，每个人的血型为A、B、O、AB 四 种之一，依血型遗传学， 当且仅当父母中至少有一人的血型是AB 型 时，子女一定不是O 型，若某人的血型为O 型，则父母血型所有可 能情况有 _种 解析： 父母应为 A、B 或 O，C1 3C 1 39(种) 答案： 9 8从一组学生中选出4 名学生当代表的选法种数为A，从这组 学生中选出 2 人担任正、副组长的选法种数为B，若 B A 2 13，则这组 学生共有 _人 解析： 设有学生 n人，则 A 2 n C 4 n 2 13，解

38、之得 n15. 答案： 15 三、解答题 9解不等式： 2C x2 x13C x1 x1. 解：因为 2Cx 2 x13C x1 x1， 所以 2C3 x13C 2 x1. 所以 2（x1）x（x1） 321 3 （x1）x 21 . 23 所以 x1 3 3 2，解得 x 11 2 . 因为 x13 x12 ，所以 x2. 所以 2x11 2 .又 xN * ，所以 x 的值为 2，3，4，5. 所以不等式的解集为 2，3，4，5 10平面内有 10 个点，其中任何3 个点不共线 (1)以其中任意 2 个点为端点的线段有多少条？ (2)以其中任意 2 个点为端点的有向线段有多少条？ (3)以

39、其中任意 3 个点为顶点的三角形有多少个？ 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 C2 10 109 21 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 A2 1010990(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 C3 10 1098 321 120(个) B 级能力提升 1某研究性学习小组有4 名男生和 4 名女生，一次问卷调查活 动需要挑选

40、 3 名同学参加，其中至少一名女生， 则不同的选法种数为 () A120 B84 C52 D48 解析： 用间接法可求得选法共有C3 8C 3 452(种) 24 答案： C 2A，B 两地街道如图所示，某人要从A 地前往 B 地，则路程 最短的走法有 _种(用数字作答 ) 解析： 根据题意，要求从A 地到 B 地路程最短，必须只向上或 向右行走即可，分析可得，需要向上走2 次，向右走 3 次，共 5 次， 从 5次中选 3次向右，剩下 2 次向上即可，则不同的走法有 C 3 510(种) 答案： 10 3现有 5 名男司机， 4 名女司机，需选派5 人运货到某市 (1)如果派 3名男司机、2

41、名女司机，共有多少种不同的选派方法？ (2)至少有两名男司机，共有多少种不同的选派方法？ 解：(1)从 5 名男司机中选派3 名，有 C3 5种方法， 从 4 名男司机中选派2 名，有 C2 4种方法， 根据分步乘法计数原理得所选派的方法总数为 C 3 5C 2 4C 2 5C 2 4 54 21 43 21 60(种) (2)分四类： 第一类，选派 2 名男司机， 3 名女司机的方法有C2 5C 3 4 40(种)； 第二类，选派 3 名男司机， 2 名女司机的方法有C3 5C 2 4 60(种)； 第三类，选派 4 名男司机， 1 名女司机的方法有C4 5C 1 4 20(种)； 第四类，

42、选派 5 名男司机，不派女司机的方法有C5 5C 0 4 25 1(种) 所以选派方法共有4060201121(种) 第一章计数原理 1.2 排列与组合 1.2.2 组合 第 2 课时组合的综合应用 A 级基础巩固 一、选择题 1一个口袋中装有大小相同的6 个白球和 4 个黑球，从中取2 个球，则这两个球同色的不同取法有() A27 种B24 种C21 种D18 种 解析： 分两类：一类是2 个白球有 C2 615 种取法，另一类是 2 个黑球有 C2 46 种取法，所以取法共有 15621(种) 答案： C 24 位同学每人从甲、乙、丙三门课程中选修1 门，则恰有2 人选修课程甲的不同选法共

43、有() A12 种B24种C30 种D36 种 解析： 依题意，满足题意的选法共有C2 42224(种) 答案： B 26 3从编号为1、2、3、4 的四种不同的种子中选出3 种，在 3 块不同的土地上试种， 每块土地上试种一种， 其中 1 号种子必须试种， 则不同的试种方法有 () A24 种B18种C12 种D96 种 解析： 从 3 块不同的土地中选1 块种 1 号种子，有 C1 3种方法， 从其余的 3 种种子中选 2 种种在另外的2 块土地上，有 A 2 3种方法， 所以所求方法有C 1 3A 2 318(种) 答案： B 4将 4 个颜色互不相同的球全部收入编号为1 和 2 的 2

44、 个盒子 里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，则不同的 放球方法有 () A10 种B20种C36 种D52 种 解析：根据 2 号盒子里放球的个数分类：第一类，2 号盒子里放 2 个球，有 C2 4种放法，第二类，2 号盒子里放 3 个球，有 C 3 4种放法， 剩下的小球放入1 号盒中，共有不同放球方法C 2 4C 3 410(种) 答案： A 5某电视台连续播放5 个广告，其中有3 个不同的商业广告和 2 个不同的公益广告，要求最后播放的必须是公益广告，且2 个公益 广告不能连续播放，则不同的播放方式有() A120 种B48 种C36 种D18 种 解析： 依题意，所求

45、播放方式的种数为C1 2C 1 3A 3 323636. 答案： C 二、填空题 6北京市某中学要把9 台型号相同的电脑送给西部地区的三所 希望小学，每所小学至少得到2 台，共有 _种不同送法 27 解析： 每校先各得一台，再将剩余6 台分成 3 份，用插板法解， 共有 C2 510(种) 答案： 10 7某校开设 9 门课程供学生选修，其中A、B、C 三门由于上课 时间相同， 至多选一门， 学校规定每位同学选修4 门，共有 _ 种不同选修的方案 (用数字作答 ) 解析： 分两类，第一类学生不选A，B，C 中的任意一门，选法 有 C4 615(种)第二类学生从 A，B，C 中选一门，再从其他6

46、 门中 选 3 门课程，共有 C1 3C 3 660 种选法所以选法共有 156075(种) 答案： 75 8以正方体的顶点为顶点的四面体共有_个 解析：先从 8 个顶点中任取 4 个的取法为 C4 8种，其中，共面的 4 点有 12 个，则四面体的个数为C4 81258(个) 答案： 58 三、解答题 9 为了提高学生参加体育锻炼的热情， 光明中学组织篮球比赛， 共 24 个班参加，第一轮比赛是先分四组进行单循环赛，然后各组取 前两名再进行第二轮单循环赛(在第一轮中相遇过的两个队不再进行 比赛)，问要进行多少场比赛？ 解：第一轮每组 6 个队进行单循环赛， 共有 C 2 6场比赛，4 个组共 计 4C2 6场 第二轮每组取前两名，共计8 个组，应比赛C2 8场，由于第一轮 中在同一组的两队不再比赛， 故应减少 4 场，因此第二轮的比赛应进 行 C2 84(场) 综上，两轮比赛共进行4C2 6C 2 8484(场) 28 10有 6 本不同的书按下列分配方式分配，问共有多少种不同的 分配方式？ (1)分成 1 本、2 本、3