精品2019年高中数学第一章计数原理1.2排列与组合1.2.2组合优化练习新人教A版选修2-3

1.2.2 组合

※精品试卷※

[课时作业]

[A 组 基础巩固]

1.某中学一年级有 5 个班,二年级有 8 个班,三年级有 3 个班,分年级举行班与班之间的篮球单循环赛,总共需

进行比赛的场数是( )

A.C25+C28+C23

B.C25C28C23

C.A25+A28+A23

D.C216

解析:分三类:一年级比赛的场数是 C25,二年级比赛的场数是 C28,三年级比赛的场数是 C23,再由分类加法计数原理

可求.

答案:A

2.已知平面内 A,B,C,D 这 4 个点中任何 3 点均不共线,则以其中任意 3 个点为顶点的所有三角形的个数为( )

A.3

B.4

C.12

D.24

解析:C34=4.

答案:B

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:分两步:第一步,选派一名教师到甲地,另一名到乙地,共有 C12=2(种)选派方法; 第二步,选派两名学生到甲地,另外两名到乙地,共有 C24=6(种)选派方法.

由分步乘法计数原理得不同的选派方案共有 2×6=12(种).

答案:A

4.C03+C14+C25+C36+…+C1270的值为(

)

A.C321

B.C320

C.C420

D.C421

解析:原式=(C04+C14)+C25+C36+…+C1270=(C15+C25)+C36+…+C1270=(C26+C36)+…+C1270=C1271=C2211-17=C421.

答案:D

5.从 4 名男生和 3 名女生中选出 4 人参加某个座谈会,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:分三种情况:①1 男 3 女共有 C14C33种选法.②2 男 2 女共有 C24C23种选法.③3 男 1 女共 C34C13种选法.则共有 C14C33 +C24C23+C34C13=34 种选法.

答案:D

6.从进入决赛的 6 名选手中决出 1 名一等奖,2 名二等奖,3 名三等奖,则可能的决赛结果共有________种.(用

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数字作答)

※精品试卷※

解析:由题意知,所有可能的决赛结果有 C16C25C33=6×5×2 4×1=60(种).

答案:60

7.50 件产品中有 4 件是次品,从中任意抽出 5 件,至少有 3 件是次品的抽法共有________种. 解析:分两类,有 4 件次品的抽法有 C44C146种;有 3 件次品的抽法有 C34C246种,所以共有 C44C146+C34C246=4 186 种不同的 抽法.

答案:4 186

8.从 3,5,7,11 这四个数中任取两个相乘,可以得到不相等的积的个数为________. 解析:从四个数中任取两个数的取法为 C24=6. 答案:6 9.已知C5n-C1+3n-C3 n3-3=345,求 n. 解析:原方程可变形为CC5n3n- -13+1=159,

即 C5n-1=154C3n-3,

即 n-

n-

n- n- 5!

n-

14 n- =5·

n- n-

3!



化简整理得 n2-3n-54=0.

解得 n=9 或 n=-6(不合题意,舍去).

所以 n=9.

10.要从 6 男 4 女中选出 5 人参加一项活动,按下列要求,各有多少种不同的选法?

(1)甲当选且乙不当选;

(2)至少有 1 女且至多有 3 男当选.

解析:(1)∵甲当选且乙不当选,

∴只需从余下的 8 人中任选 4 人,有 C48=70 种选法. (2)至少有 1 女且至多有 3 男当选时,应分三类: 第一类是 3 男 2 女,有 C36C24种选法; 第二类是 2 男 3 女,有 C26C34种选法; 第三类是 1 男 4 女,有 C16C44种选法. 由分类加法计数原理知,

共有 C36C24+C26C34+C16C44=186 种选法.

[B 组 能力提升]

1.从乒乓球运动员男 5 名、女 6 名中组织一场混合双打比赛,不同的组合方法是( )

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A.C25C26

B.C25A26

※精品试卷※

C.C25A22C26A22

D.A25A26

解析:分两步进行:第一步:选出两名男选手,有 C25种方法;第 2 步,从 6 名女生中选出 2 名且与已选好的男生配

对,有 A26种.故有 C25A26种.

答案:B

2.某单位拟安排 6 位员工在 2016 年端午节 3 天假期值班,每天安排 2 人,每人值班 1 天.若 6 位员工中的甲不值

第一日,乙不值最后一日,则不同的安排方法共有( )

A.30 种

B.36 种

C.42 种

D.48 种

解析:所有排法减去甲值第一日或乙值最后一日,再加上甲值第一日且乙值最后一日的排法,即有 C26C24-2×C15C24+

C14C13=42(种)排法.

答案:C

3.如图,A,B,C,D 为海上的四个小岛,要建三座桥,将这四个小岛连

接起来,则不同的建桥方

案共有________种.

解析:四个小岛中每两岛建一座桥共建六座桥,其中建三座桥连接四个小

岛符合要求的建桥方案

是只要三座桥不围成封闭的三角形区域符合要求,如桥 AC,BC,BD 符合要求,而围成封闭三角形不符合要求,如

桥 AC,CD,DA,不符合要求,故共有 C36-C34=16(种). 答案:16

4.如图,在排成 4×4 方阵的 16 个点中,中心 4 个点在某一圆内,

其余 12 个点在圆外,

在 16 个点中任取 3 个点构成三角形,其中至少有一个点在圆内的三

角形共有________个.

解析:有一个点在圆内的有:C14(C212-4)=248(个).有两个顶点在 =60(个).三个顶点均在圆内的有:C34=4(个).所以共有 248+60+4=312(个). 答案:312











C

2 4

(C

1 12



2)

5.现有 10 件产品,其中有 2 件次品,任意取出 3 件检查.

(1)若正品 A 被取到,则有多少种不同的取法?

(2)恰有一件是次品的取法有多少种?

(3)至少有一件是次品的取法有多少种?

解析:(1)C29=9×2 8=36(种).

(2)从 2 件次品中任取 1 件,有 C12种取法,从 8 件正品中任取 2 件,有 C28种取法,由分步乘法计数原理得,不同的 取法共有 C12×C28=2×8×2 7=56 种.

(3)解法一 含 1 件次品的取法有 C12×C28种,含 2 件次品的取法有 C22×C18种,由分类加法计数原理得,不同的取法共 有 C12×C28+C22×C18=56+8=64 种. 解法二 从 10 件产品中任取 3 件,取法有 C310种,不含次品的取法有 C38种,所以至少有 1 件次品的取法有 C310-C38= 64 种.

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6.某次足球赛共 12 支球队参加,分三个阶段进行.

※精品试卷※

(1)小组赛:经抽签分成甲、乙两组,每组 6 队进行单循环比赛,以积分及净胜球数取前两名;

(2)半决赛:甲组第一名与乙组第二名,乙组第一名与甲组第二名进行主客场交叉淘汰赛(每两队主客场各赛一场)

决出胜者;

(3)决赛:两个胜队参加决赛一场,决出胜负.

全部赛程共需比赛多少场?

解析:(1)小组赛中每组 6 队进行单循环比赛,就是 6 支球队的任两支球队都要比赛一次,所需比赛的场次即为从 6

个元素中任取 2 个元素的组合数,所以小组赛共要比赛 2C26=2×61× ×52=30(场).

(2)半决赛中甲组第一名与乙组第二名(或乙组第一名与甲组第二名)主客场各赛一场,所需比赛的场次即为从 2 个 元素中任取 2 个元素的排列数,所以半决赛共要比赛 2A22=2×1×2=4(场). (3)决赛只需比赛 1 场,即可决出胜负.所以全部赛程共需比赛 30+4+1=35(场).

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