資源簡介

(共25張PPT)
7.3 組合
知識點 1 組合、組合數與組合數公式
必備知識 清單破
1. = .
2. = + .
知識點 2 組合數的性質
知識拓展 組合中的平方恒等式: n∈N*,恒有 ( )2= .
知識辨析
1.兩個組合相同的充要條件是什么 與順序是否有關
2.從a,b,c三個不同元素中任取兩個元素組成一個組合,共有多少個這樣的組合
3.若 = ,則n等于多少
4.計算從a,b,c,d四個不同的正數中選兩個分別進行加、減、乘、除運算,是排列問題還是組 合問題
一語破的
1.兩個組合相同的充要條件是兩個組合中的元素完全相同;與順序無關.
2.不同的組合為ab,ac,bc,有 =3(個).
3.由組合數的性質 = ,得n=6+5=11.
4.減法和除法運算有順序,是排列問題;加法和乘法運算無順序,是組合問題.
1.組合數公式的應用技巧
乘積式 =
主要適用于含具體數字的組合數的計算求值;階乘式 = 主要適用于含字母的組合
數的有關變形及證明.
2.組合數的性質及應用
(1)性質“ = ”的意義及作用
關鍵能力 定點破
定點 1 組合數及其運算

(2)性質“ = + ”的順用、逆用、變形用
　　順用是將一個組合數拆成兩個;逆用則是“合二為一”;變形式 = - 為某些項相
互抵消提供了方便,在解題時要注意靈活運用.
典例1 (1)計算 + ;
(2)解不等式: > .
解析 (1)解法一: + = + =15+20=35.
解法二: + = = =35.
(2)由 > 得
∴
即
∴6≤n<10,
∵n∈N*,
∴原不等式的解集為{6,7,8,9}.
典例2 (1)證明:m =n ;
(2)已知 - = ,求 + .
解析 (1)證明:m =m·
=
=n·
=n .
(2)∵ - = ,
∴ -
= ,
即 -
= ,
∴1- = ,
即m2-23m+42=0,
解得m=2或m=21.
∵0≤m≤5,∴m=2,
∴ + = + = =84.
　　分組問題和分配問題是有區別的,前者是組與組之間只要元素個數相同,就是不可區分 的,而后者即使兩組元素個數相同,但因元素不同,仍然是可區分的.
1.分組問題的求解策略
定點 2 分組與分配問題
常見形式 處理方法
非均勻不
編號分組 將n個不同元素分成m(m≤n)組,每組元素數目均不相同,且不考慮各組間的順序,不管是否分盡,分法種數A= · · ·…·

均勻不編
號分組 將n個不同元素分成不編號的m(m≤n)組,假定其中r組元素個數相等,不管是否分盡,其分法種數為 (其中A為非均勻不編號分組中的分法種數).如果再有k組均勻分組,則應再除以
非均勻編
號分組 將n個不同元素分成m(m≤n)組,各組元素數目均不相等,且考慮各組間的順序,其分法種數為A· (其中A為非均勻不編號分組中的分法種數)
均勻編號
分組 將n個不同元素分成m(m≤n)組,其中r組元素個數相同且考慮各組間的順序,其分法種數為 · (其中A為非均勻不編號分組中的分法種數)
2.相同元素分配問題的處理策略
　　“n個相同元素分成m組(每組的任務不同)”的問題,一般可用隔板法求解.
(1)當每組至少含一個元素時,其不同分組方式有 種,即給n個元素中間的(n-1)個空隙中插
入(m-1)個隔板.
(2)任意分組,可出現某些組含0個元素的情況,其不同分組方式有 種,即將n個相同元素與
(m-1)個相同隔板進行排序,在(n+m-1)個位置中選(m-1)個安排隔板.
典例1 按下列要求分配6本不同的書,各有多少種不同的方法
(1)分成三份,1份1本,1份2本,1份3本;
(2)甲、乙、丙三人中,一人得1本,一人得2本,一人得3本;
(3)分成三份,每份2本;
(4)分配給甲、乙、丙三人,每人2本;
(5)分成三份,1份4本,另外兩份每份1本;
(6)甲、乙、丙三人中,一人得4本,另外兩人每人得1本.
解析 (1)先從6本書中選1本,有 種方法,再從剩余5本書中選2本,有 種方法,還剩3本書全
選,有 種方法,所以共有 =60種方法.
(2)在(1)的基礎上進行分配即可,所以有 =360種方法.
(3)先從6本書中選2本,有 種方法,再從剩余4本書中選2本,有 種方法,還剩2本書全選,有
種方法,所以共有 =90種方法.
但是,這些方法中有重復.假如6本書分別為A,B,C,D,E,F,若三個步驟分別選出的是AB,CD,EF, 則根據順序的不同,所有情況為(AB,CD,EF),(AB,EF,CD),(CD,AB,EF),(CD,EF,AB),(EF,AB, CD),(EF,CD,AB),但這只能算一種方法.
所以不同的方法共有 =15(種).
(4)在(3)的基礎上進行分配即可,則分配方法共有 × =90(種).
(5)從6本書中選4本的方法有 種,從剩余2本書中選1本的方法有 種.
因為在最后兩本書的選擇中發生了重復,所以分配方法共有 =15(種).
(6)在(5)的基礎上進行分配即可,即有 × =90種方法.
方法總結 不同元素的分配問題,往往是先分組再分配.在分組時,通常有三種類型:①不均勻 分組;②均勻分組;③部分均勻分組.注意各種分組類型中,不同分組方式的解法.
典例2 某校準備參加該地的高中數學聯賽,把16個選手名額分配到高三年級的1~4班,每班至 少一個名額.
(1)不同的分配方案共有多少種
(2)若每班名額不小于該班的序號數,則不同的分配方案共有多少種
解析 (1)問題相當于在16個相同元素中間的15個空隙中插入3個隔板,分為4段,分法種數為 =455.
故不同的分配方案共有455種.
(2)問題轉化為先給2班1個名額,3班2個名額,4班3個名額,再把余下的10個相同元素分成4段, 求每段至少有1個元素的分配方案種數.
在10個元素中間的9個空隙中插入3個隔板,分為4段,分法種數為 =84,
因此不同的分配方案共有84種.

1.正確區分“有序”與“無序”
區分排列與組合的重要標志是“有序”和“無序”,無序的問題用組合的知識解答,有序的 問題用排列的知識解答.
2.辯證看待“元素”與“位置”
　　排列、組合問題中的元素與位置沒有嚴格的界定標準,哪些事件看成元素或位置,要視 具體情況而定.有時“元素選位置”解決問題更簡捷,有時“位置選元素”效果會更好.
定點 3 排列、組合的綜合應用問題
典例1 從1,3,5,7,9這五個數字中任取兩個數字,從0,2,4,6這四個數字中任取兩個數字.
(1)可組成多少個沒有重復數字的四位數
(2)可組成多少個沒有重復數字的四位偶數
解析 (1)當構成的四位數不含0時,從1,3,5,7,9中任取兩個數字,從2,4,6中任取兩個數字,再將 選取的4個數字全排列,共有 =720個四位數;
當構成的四位數含0時,從1,3,5,7,9中任取兩個數字,從2,4,6中任取一個數字,再從選取的這3個 數字中選一個放在千位,剩下的兩個和0任意排在個位、十位、百位上,所以共有 =
540個四位數.
故符合條件的四位數共有720+540=1 260(個).
(2)當四位偶數不含數字0時,從1,3,5,7,9中任取兩個數字,從2,4,6中任取兩個數字,再從選取的 2個偶數中任選一個放在個位,剩下3個任意排在千位、百位、十位上,有 =360個四
位數;
當四位偶數含有數字0時,分兩種情況:0在個位和0不在個位,當0在個位時,有 =180個
四位數;當0不在個位時,此時0只能在十位或百位,所以有 =120個四位數.
故符合條件的四位偶數共有360+180+120=660(個).
典例2 某市開展“學生體質健康提升工程”系列活動,舉行一年一度的春季中學生運動會.某 校決定從6名運動員(含甲、乙運動員)中選4人參加4×100米接力賽,在下列條件中,各有多少 種不同的排法
(1)甲、乙兩人必須入選,且跑中間兩棒;
(2)甲不跑第一棒且乙不跑第四棒.
解析 (1)根據題意,分兩步進行:
第一步:甲、乙兩人必須入選且跑中間兩棒,則甲、乙兩人的排法有 =2(種);
第二步:在剩下的4人中選2人,安排在第一棒和第四棒,有 =12(種).
由分步計數原理可得,甲、乙兩人必須入選,且跑中間兩棒的排法有2×12=24(種).
(2)根據題意,分兩類:
第一類:若甲跑第四棒,此時只需在剩下的5人中任選3人,安排在第一、二、三棒即可,有 =6
0種安排方法;
第二類:若甲不跑第四棒,此時第四棒由除甲、乙外的另外4人中選1人跑,有 種,第一棒從除
甲以外的4人中選1人跑,有 種,在剩下的4人中任選2人,安排在第二、三棒,有 種安排方
法,
此時共有 =192種安排方法.
由分類計數原理可得,甲不跑第一棒且乙不跑第四棒的排法共有60+192=252(種).
方法總結 解排列、組合問題要遵循兩個原則:①按元素(或位置)的性質進行分類;②按事情 發生的過程進行分步.具體地說,解排列、組合問題常以元素(或位置)為主體,即先滿足特殊 元素(或位置),再考慮其他元素(或位置),利用分類計數原理或分步計數原理計算.第2課時　組合的應用
基礎過關練　　　　　 　　　　 　　　　
題組一　多面手問題
1.“賽龍舟”是端午節的習俗之一,也是端午節最重要的節日民俗活動之一,某單位龍舟隊欲參加端午節龍舟賽,參加訓練的8名隊員中有3人只會劃左槳,3人只會劃右槳,2人既會劃左槳又會劃右槳.現要選派3人劃左槳、3人劃右槳共6人去參加比賽,則不同的選派方法共有(　　)
A.26種　　　　B.31種　　　　C.36種　　　　D.37種
2.某國際旅行社有11名對外翻譯人員,其中有5人只會英語,4人只會法語,2人既會英語又會法語,現從這11人中選出4人當英語翻譯,4人當法語翻譯,則不同的選法種數為(　　)
A.225　　　　B.185　　　　C.145　　　　D.110
題組二　有限制條件的組合問題
3.某校開設A類選修課4門,B類選修課2門,每位同學從中選3門,若要求兩類課程中都至少選一門,則不同的選法種數為(　　)
A.32　　　　B.20　　　　C.16　　　　D.14
4.(多選題)甲學生想在物理、化學、生物、政治、歷史、地理這六門課程中選三門作為選考科目,則下列說法正確的有(　　)
A.若任意選擇三門課程,則有種選法
B.若物理和化學至少選一門,則有種選法
C.若物理和歷史不能同時選,則有()種選法
D.若物理和化學至少選一門,且物理和歷史不同時選,則有()種選法
5.某班共有團員14人,其中男團員8人,女團員6人,并且男、女團員各有一名組長,現從中選6人參加學校的團員座談會.(用數字作答)
(1)若至少有1名組長當選,求不同的選法種數;
(2)若至多有3名女團員當選,求不同的選法種數;
(3)若既有組長當選,又有女團員當選,求不同的選法種數.
題組三　幾何中的組合問題
6.如圖,在四棱錐P-ABCD中,從除頂點P外的其他的頂點和各條棱的中點中取3個,使它們和點P在同一平面內,則不同的取法種數為　　　　.(用數字作答)
7.平面上有9個點,其中有4個點共線,除此外無3點共線.
(1)這9個點可確定多少條不同的直線
(2)以這9個點中的3個點為頂點,可以確定多少個三角形
(3)以這9個點中的4個點為頂點,可以確定多少個四邊形
題組四　分組與分配問題
8.將5名學生分配到甲、乙兩個宿舍,每個宿舍至少安排2名學生,那么互不相同的安排方法的種數為(　　)
A.10　　　　B.20　　　　C.30　　　　D.40
9.某校高二年級在安排自習輔導時,將5位不同學科的老師分配到3個不同班級進行學科輔導,每個班級至少一位老師,則不同分配方案的種數為(　　)
A.60　　　　B.150　　　　C.180　　　　D.240
10.某校將8個足球賽志愿者名額分配到高一年級的四個班級,每班至少一個名額,則不同的分配方法共有　　　　種(用數字作答).
題組五　排列與組合的綜合應用
11.甲、乙、丙、丁四人計劃一起去陜西省榆林市旅游,他們從榆林古城、鎮北臺、紅石峽、榆林沙漠國家森林公園、紅堿淖、白云山、易馬城遺址這7個景點中選4個游玩(按照游玩的順序,最先到達的稱為第一站,后面到達的依次稱為第二、三、四站),已知他們第一站不去榆林沙漠國家森林公園,且第四站去紅堿淖或白云山,則他們這四站景點的選法共有(　　)
A.180種　　　　B.200種　　　　C.240種　　　　D.300種
12.某小組兩名男生和兩名女生邀請一名老師排成一排合影留念,要求兩名男生不相鄰,兩名女生也不相鄰,老師不站在兩端,則不同的排法共有(　　)
A.8種　　　　B.16種　　　　C.24種　　　　D.32種
13.一排有8個座位,如果每個座位只能坐1人,現安排四人就座,恰有兩個空位相鄰的不同坐法有　　　　種(用數字作答).
能力提升練　　　　　 　　　　 　　　　
題組一　組合的實際應用
1.三位同學參加某項體育測試,每人要從100 m跑、引體向上、跳遠、鉛球四個項目中選出兩個項目參加測試,則有且僅有兩人選擇的項目完全相同的概率是(　　)
A.
2.(多選題)如圖,在某城市中,M,N兩地之間有整齊的方格形道路網,其中A1,A2,A3,A4是道路網中位于一條對角線上的4個交會處.今在道路網M,N處的甲、乙兩人分別要到N,M處,他們分別隨機選擇一條沿街的最短路徑,以相同的速度同時出發,直到到達N,M處為止,則下列說法正確的有(　　)
A.甲從M到達N處的走法種數為20
B.甲從M必須經過A3到達N處的走法種數為9
C.甲、乙兩人能在A3處相遇的走法種數為36
D.甲、乙兩人能相遇的走法種數為162
3.以長方體ABCD-A1B1C1D1的任意三個頂點為頂點作三角形,從中隨機取出2個三角形,則這2個三角形不共面的情況種數為(　　)
A.1 480 B.1 468　　　　
C.1 516 D.1 492
題組二　排列與組合的綜合應用
4.在數學中,自然常數e≈2.718 28.小明打算將自然常數的前6位數字2,7,1,8,2,8進行某種排列得到密碼.如果排列時要求2不排在第一位,兩個8相鄰,那么小明可以設置的不同的密碼個數為(　　)
A.48　　　　B.36　　　　C.32　　　　D.30
5.甲、乙、丙、丁4人站到共有4級的臺階上,若每級臺階最多站2人,同一級臺階上的人不區分站的位置,則不同的站法種數是(　　)
A.204　　　　B.84　　　　C.66　　　　D.60
6.設集合A={a,b,c},其中a,b,c為自然數且a+b+c=100,則符合條件的集合A的個數為(　　)
A.833　　　　B.884　　　　C.5 050　　　　D.5 151
7.如圖,將1,2,3,4這四個數字填在6個“”中,每個“”中填一個數字,有線段連接的兩個“”不能填相同數字,四個數字不必均使用,則不同的填數方法有　　　　種.
8.已知10件不同的產品中有4件次品,現對這10件產品一一進行測試,直至找到所有次品.
(1)若恰在第2次測試找到第一件次品,第8次測試才找到最后一件次品,則共有多少種不同的測試情況
(2)若至多測試6次就能找到所有次品,則共有多少種不同的測試情況
答案與分層梯度式解析
第2課時　組合的應用
基礎過關練
1.D 2.B 3.C 4.AC 8.B 9.B 11.B 12.D
1.D　記既會劃左槳又會劃右槳的2人分別為A,B,分三種情況討論:
①從只會劃左槳的3人中選3人劃左槳,從剩下的人中選3人劃右槳,則有=10種選法;
②從只會劃左槳的3人中選2人劃左槳,從A,B中選1人劃左槳,再從剩下的會劃右槳的4個人中選3人劃右槳,則有=24種選法;
③從只會劃左槳的3人中選1人劃左槳,A,B這兩人劃左槳,會劃右槳的3人劃右槳,則有=3種選法.
綜上,共有10+24+3=37種不同的選法.
故選D.
2.B　分三類:①既會英語又會法語的2人均未入選,有=120種選法.故共有5+60+120=185種不同的選法.
故選B.
3.C　若從A類選修課中選1門,B類選修課中選2門,則不同的選法種數為=12.所以兩類課程中都至少選一門,不同的選法種數為4+12=16.故選C.
4.AC　對于A,從六門課程中選三門,共有種選法,故A正確;
對于B,從物理、化學中選一門,從除物理、化學之外的其他課程中任選兩門,有)種選法,故B錯誤;
對于C,六門課程中任選三門有)種選法,故C正確;
對于D,應分三種情況:
①只選物理,不選化學,且物理和歷史不同時選,有種選法;
②只選化學,不選物理,有種選法;
③若物理與化學都選,則有種選法.
故共有()種選法,故D錯誤.
故選AC.
5.解析　(1)解法一(直接法):至少有1名組長包含兩種情況:有1名組長和2名組長,
故不同的選法種數為=2 079.
解法二(間接法):若選出的人中沒有組長,則共有種選法,
故至少有1名組長當選的選法種數為=2 079.
(2)至多有3名女團員包含四種情況:有3名女團員,有2名女團員,有1名女團員,沒有女團員,故不同的選法種數為=2 534.
(3)既有組長當選,又有女團員當選包含兩種情況:
①女組長當選,再從剩余13人中選5人即可,有種選法;
②女組長不當選,男組長當選,從剩余7名男團員,5名女團員(不包括女組長)中選5人,且至少選擇1名女團員,有()種選法.
綜上,滿足條件的不同的選法種數為=2 058.
6.答案　56
解析　分為三類:
第一類,從四棱錐的每個側面上除點P外的5個點中任取3個點,有4種取法;
第二類,從對角面PBD和對角面PAC上除點P外的4個點中任取3個點,有2種取法;
第三類,在過點P的側棱中,每條棱上的3個點和與這條棱成異面直線的底面棱的中點也共面,有4種取法.
所以滿足題意的不同取法共有4=56(種).
7.解析　把共線的4點分別記為A,B,C,D.
(1)解法一(直接法):可分為三類:
第一類:A,B,C,D確定1條直線;
第二類:除A,B,C,D外的5個點可確定條直線;
第三類:從A,B,C,D中任取1個點,從除A,B,C,D外的5個點中任取1個點,可確定條直線.
根據分類計數原理可得不同的直線共有1+=1+10+20=31(條).
解法二(間接法):從9個點中任取2個點,共有+1=31(條).
(2)解法一(直接法):①從A,B,C,D中任取2個點,從除A,B,C,D外的5個點中任取1個點,可確定個三角形;
②從A,B,C,D中任取1個點,從除A,B,C,D外的5個點中任取2個點,可確定個三角形;
③從除A,B,C,D外的5個點中任取3個點,可確定個三角形.
故可確定=80個三角形.
解法二(間接法):從9個點中任取3個點,共有=80個三角形.
(3)解法一(直接法):從除A,B,C,D外的5個點中任取4個、3個、2個點,可確定=105個四邊形.
解法二(間接法):從9個點中任取4個點,共有種取法,其中不構成四邊形的可分為兩類:
第一類:4個點共線,有種取法;
第二類:從共線的4個點中任取3個點,第4個點來自于從除A,B,C,D外的5個點中任取1個點,共有種取法.
故可確定=105個四邊形.
8.B　將5名學生分配到甲、乙兩個宿舍,每個宿舍至少安排2名學生,那么必然是一個宿舍2名,而另一個宿舍3名,所以互不相同的安排方法的種數為=20.故選B.
9.B　將5位老師按照“2,2,1”或“3,1,1”進行分組,再分配給3個班級,所以不同分配方案的種數為=150.
故選B.
10.答案　35
解析　將8個名額排成一列,有7個間隔,在這7個間隔中插入3個隔板,可將8個名額分成4組,依次對應4個班級,所以有=35種分配方法.
方法總結　解決相同元素分配問題常用隔板法,用隔板將相同元素分成若干份,不同的分法對應不同的分配數量.
11.B　先考慮第四站,第四站去紅堿淖或白云山,有=200種.故選B.
12.D　當老師從左到右排在第二或第四的位置時,有=16種排法.
綜上,共有16+16=32種排法.故選D.
13.答案　720
解析　可看成4個坐著人的座位和4個空座位排隊,
先安排4個坐著人的座位,共有種排法,產生5個空,
然后安排空座位到空中,分兩步:①將相鄰的兩個空座位捆在一起看成一個元素安排到空中,有種方法.
所以共有=720種坐法.
能力提升練
1.C 2.AB 3.B 4.B 5.A 6.A
1.C　三位同學選擇兩個項目的試驗的基本事件有(-1)個,
所以有且僅有兩人選擇的項目完全相同的概率P=.故選C.
2.AB　對于A,甲從M到達N處只需向上、向右各走3步,共走6步,走法種數為=20,故A正確;
對于B,甲從M到A3的走法有=9種走法,故B正確;
對于C,甲經過A3的走法有9種,同理乙經過A3的走法有9種,則兩人能在A3處相遇共有9×9=81種走法,故C錯誤;
對于D,若甲、乙兩人相遇,則相遇點為A1,A2,A3,A4中的一個,在A1,A4相遇各有1種走法,在A2,A3相遇各有81種走法,故甲、乙兩人能相遇的走法有1+1+81+81=164(種),故D錯誤.
故選AB.
3.B　因為長方體ABCD-A1B1C1D1的八個頂點中的任意三個均不共線,所以從八個頂點中任取三個均可構成1個三角形,共有=1 468(種),故選B.
4.B　分兩種情況:
①8排在第一位,則第二位也是8,再從剩下的4個位置中選出2個,安排兩個2,最后安排7和1,此時有=12個不同的密碼;
②8不排在第一位,則第一位安排7或1,將兩個8看成一個整體,與兩個2,7和1中剩下的數排列,此時有=24個不同的密碼.
綜上,共有12+24=36個不同的密碼.故選B.
5.A　分三類:
第一類:甲、乙、丙、丁各自站在一級臺階上,共有=24種站法;
第二類:有2人站在同一級臺階上,剩余2人站在剩余3級臺階中的同一級臺階上,共有=36種站法;
第三類:有2人站在同一級臺階上,剩余2人各自站在剩余3級臺階中的一級臺階上,共有=144種站法.
所以不同的站法種數是24+36+144=204.故選A.
6.A　將100個小球排成一列,在101個空位(包括兩端的空位)中插入第一個擋板,再在產生的102個空位中插入第二個擋板,將小球分成三段,記每段中的小球個數分別為a,b,c,共有=5 151種結果,
因為a,b,c中含有兩個0,1,2,…,50的情況各有3種,
所以a,b,c三個數各不相等的結果共有5 151-3×51=4 998種,
因為三個元素的每種取值有6種不同順序,
所以由集合元素的無序性可知符合條件的集合A的個數為4 998÷6=833.故選A.
7.答案　264
解析　如圖,
當用四個數字時,先填A,E,D,有種填法,再從B,F,C中選一處填第四個數,如B,再填F,
若F與D相同,則C有2種填法,若F與D不同,則C有1種填法,故有(2+1)種填法;
當用三個數字時,先填A,E,D,有種填法.
由分類計數原理得,不同的填數方法為=264(種).
8.解析　(1)需測試8次,按順序可看成8個位置,第一步,第一個位置放置正品,第二步,選2個次品放在第二和第八個位置,第三步,在第三到第七個位置中選2個位置放置剩余的2個次品,其他3個位置放3個正品,由分步計數原理可得,共有=86 400種不同的測試情況.
(2)分三種情況:
①恰好4次找到所有次品,即前4次測試都是次品,有種不同的情況;
②恰好5次找到所有次品,即第5次是次品,前4次中有3次是次品,有種不同的情況;
③恰好6次找到所有次品,即第6次是次品,前5次中有3次是次品或前6次都是正品,有()種不同的情況.
所以不同的測試情況種數為)=8 520.
17.3　組合
第1課時　組合與組合數公式
基礎過關練　　　　　 　　　　 　　　　
題組一　對組合的概念的理解
1.從2,3,5,7,11,13,17,19這8個數中任取2個,則下列問題屬于組合問題的是(　　)
A.相加可以得到多少個不同的和
B.相乘可以得到多少個不同的積
C.相減可以得到多少個不同的差
D.相除可以得到多少個不同的商
2.(多選題)下列問題屬于組合問題的是(　　)
A.從4名志愿者中選出2人參加志愿服務工作
B.從0,1,2,3,4這5個數字中選取3個不同的數字,組成一個三位數
C.10支球隊以單循環進行比賽(每兩隊比賽一次)的比賽場數
D.從全班同學中選出3名同學分別擔任班長、副班長和學習委員
題組二　組合數公式及其性質
3.=(　　)
A.63　　　　B.10　　　　C.21　　　　D.0
4.(多選題)下列等式中,正確的是(　　)
A. B.
C. D.2
5.(多選題)下列四個關系式中,一定成立的是(　　)
A.
B.(n≥m≥2)
C.3=148
D.+…+=328
6.化簡=　　　　.
題組三　組合數與方程、不等式
7.若正整數n滿足不等式≤12,則n=　　　　.
8.若=27,則n=　　　　.
9.不等式的解集為　　　　　　　.
10.若24,則m=　　　　.
11.若,則正整數x的值為　　　　.
12.已知,則=　　　　.
13.(1)已知求x,n的值;
(2)證明:.
答案與分層梯度式解析
7.3　組合
第1課時　組合與組合數公式
基礎過關練
1.B 2.AC 3.C 4.BCD 5.BC
1.B　因為減法與除法不滿足交換律,取出的兩個數與順序有關,所以C,D中問題不是組合問題.因為加法與乘法滿足交換律,取出的兩個數與順序無關,但是由于5+11=3+13,11+19=13+17等,所以相加問題不是組合問題,只有相乘問題是組合問題.
故選B.
解題方法　區分某一個問題是排列問題還是組合問題,關鍵是看選出的元素是否與順序有關.若交換某兩個元素的位置對結果產生影響,則是排列問題;若交換任意兩個元素的位置對結果沒有影響,則是組合問題.
2.AC　對于A,只需選出2人即可,無排序要求,故是組合問題.
對于B,選出3個不同數字后,還需對3個數字進行排序,故是排列問題.
對于C,每兩隊比賽一次,無排序要求,故是組合問題.
對于D,從全班選出3人后還要安排其職務,即需排序,故是排列問題.
故選AC.
3.C　=21,故選C.
4.BCD　對于A,=5×4×3=60,故A錯誤;
對于B,=10,故B正確;
對于C,=20,故C正確;
對于D,=24-2=22,故D正確.
故選BCD.
5.BC　,故A錯誤;
n,故B正確;
3=168-20=148,故C正確;
由,得+…++…+-1=329,故D錯誤.
故選BC.
6.答案　m+1
解析　=m+1.
7.答案　5
解析　由≤12,得n(n-1)(n-2)(n-3)(n-4)≤12×,且n≥5,
化簡整理得n2-7n+10≤0,解得2≤n≤5,
又n≥5,所以n=5.
8.答案　6
解析　因為,
所以,
故=27,解得n=6或n=-9(舍去).
9.答案　{5,6,7,8,9,10,11}
解析　將原不等式化簡得
<
,
整理得x2-11x-12<0,解得-1易知x≥5,∴5≤x<12.
∵x∈N*,
∴原不等式的解集為{5,6,7,8,9,10,11}.
10.答案　4
解析　因為24=24,
因為4×3×2×1=24,所以m=4.
11.答案　5或7
解析　由已知及,
所以2x-5=x或2x-5+x=16,解得x=5或x=7.
12.答案　120
解析　由,解得m=7,
所以=120.
13.解析　(1)由,
即,
化簡,得11,
即11(n+3)=6(2n+3),解得n=15,所以x=5.
(2)證明:,
所以.
1

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