6.2.3_6.2.4（第2课时）组合数公式 课时练习（含答案）2021年新教材人教A版数学选择性必修第三册

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1、第第 2 课时课时 组合数公式组合数公式 1计算：C28C38C29等于( ) A120 B240 C60 D480 答案 A 解析 C28C38C2978 21 678 321 89 21120. 2从 5 名志愿者中选派 4 人在星期六和星期日参加公益活动，每人一天，每天两人，则不同 的选派方法共有( ) A60 种 B48 种 C30 种 D10 种 答案 C 解析 从 5 名志愿者中选派 2 人参加星期六的公益活动，有 C25种方法，再从剩下的 3 人中选 派 2 人参加星期日的公益活动，有 C23种方法，由分步乘法计数原理可得不同的选派方法共有 C25 C2330(种)，故选 C.

2、3(多选)下列等式正确的有( ) ACm n n！ m！nm！ BCm nC nm n CCm nm1 n1C m1 n1 DCm nC m1 n1 答案 ABC 解析 A 是组合数公式；B 是组合数性质；由m1 n1C m1 n1m1 n1 n1！ m1！nm！C m n得 C 正确；D 错误 4200 件产品中有 3 件次品，任意抽取 5 件，其中至少有 2 件次品的抽法有( ) AC32 197 C 2 3种 BC33C2197C23C3197种 CC5200C5197种 DC5200C13C4197种 答案 B 解析 至少 2 件次品包含两类：(1)2 件次品，3 件正品，共 C23C

3、3197种抽法，(2)3 件次品，2 件 正品，共 C33C2197种抽法，由分类加法计数原理得，抽法共有 C23C3197C33C2197种 5空间中有 10 个点，其中有 5 个点在同一个平面内，其余点无三点共线，无四点共面，则 以这些点为顶点，共可构成四面体的个数为( ) A205 B110 C204 D200 答案 A 解析 方法一 可以按从共面的 5 个点中取 0 个、1 个、2 个、3 个进行分类，则得到所有的 取法总数为 C05C45C15C35C25C25C35C15205. 方法二 从 10 个点中任取 4 个点的方法数中去掉 4 个点全部取自共面的 5 个点的情况， 得到

4、所有构成四面体的个数为 C410C45205. 64 名优秀学生全部保送到3 所学校去，每所学校至少去1 名，则不同的保送方案有_种 答案 36 解析 把 4 名学生分成 3 组有 C24种方法，再把 3 组学生分配到 3 所学校有 A33种方法，故共 有 C24A3336(种)保送方案 7甲、乙、丙 3 人站到共有 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) 答案 336 解析 当每个台阶上各站 1 人时有 C37A33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为 C37A33C23C

5、17C16210126336. 8 某校从 8 名教师中选派 4 名教师同时去 4 个边远地区支教(每地 1 人)， 其中甲和乙不同去， 甲和丙只能同去或同不去，则不同的选派方案共有_种 答案 600 解析 可以分情况讨论：甲、丙同去，则乙不去，有 C25 A44240(种)选法；甲、丙同不 去，有 A46360(种)选法，所以共有 600 种不同的选派方案 9已知 C4n，C5n，C6n成等差数列，求 C12 n的值 解 由已知得 2C5nC4nC6n， 所以 2 n！ 5！n5！ n！ 4！n4！ n！ 6！n6！， 整理得 n221n980， 解得 n7 或 n14， 要求 C12 n的

6、值，故 n12，所以 n14， 于是 C12 14C 2 141413 21 91. 10现有 8 名青年，其中有 5 名能胜任英语翻译工作，有 4 名能胜任德语翻译工作(其中有 1 名青年两项工作都能胜任)现在要从中挑选 5 名青年承担一项任务，其中 3 名从事英语翻译 工作，2 名从事德语翻译工作，则有多少种不同的选法？ 解 可以分三类： 第一类，让两项工作都能胜任的青年从事英语翻译工作，有 C24C23种选法； 第二类，让两项工作都能胜任的青年从事德语翻译工作，有 C34C13种选法； 第三类，两项工作都能胜任的青年不从事任何工作，有 C34C23种选法 根据分类加法计数原理，一共有 C

7、24C23C34C13C34C2342(种)不同的选法 11若 C7n1C7nC8n，则 n 等于( ) A12 B13 C14 D15 答案 C 解析 因为 C7n1C7nC8n，即 C7n1C8nC7nC8n1，所以 n178，即 n14. 12在AOB 的 OA 边上取 m 个点，在 OB 边上取 n 个点(均除 O 点外)，连同 O 点共(mn 1)个点，现任取其中三个点为顶点作三角形，则可作出的三角形的个数为( ) AC1m1C2nC1n1C2m BC1mC2nC1nC2m CC1mC2nC1nC2mC1mC1n DC1mC2n1C1nC2m1 答案 C 解析 第一类：从 OA 边上

8、(不包括 O)任取一点与从 OB 边上(不包括 O)任取两点，可构造一 个三角形，有 C1mC2n个； 第二类：从 OA 边上(不包括 O)任取两点与从 OB 边上(不包括 O)任取一点，可构造一个三角 形，有 C1nC2m个； 第三类：从 OA 边上(不包括 O)任取一点与从 OB 边上(不包括 O)任取一点，与 O 点可构造一 个三角形，有 C1mC1n个 由分类加法计数原理知，可作出的三角形的个数为 C1mC2nC1nC2mC1mC1n. 13 若从 1,2,3， ， 9 这 9 个整数中同时取 4 个不同的数， 其和为偶数， 则不同的取法共有( ) A60 种 B63 种 C65 种

9、D66 种 答案 D 解析 从 1,2,3，9 这 9 个数中取出 4 个不同的数，其和为偶数的情况包括：(1)取出的 4 个数都是偶数，取法有 C441(种)；(2)取出的 4 个数中有 2 个偶数、2 个奇数，取法有 C24C25 60(种)；(3)取出的 4 个数都是奇数，取法有 C455(种)根据分类加法计数原理，满足题意的 取法共有 160566(种) 14某企业有 4 个分厂，新培训了一批 6 名技术人员，将这 6 名技术人员分配到各分厂，要 求每个分厂至少 1 人，则不同的分配方案种数为_ 答案 1 560 解析 先把 6 名技术人员分成 4 组，每组至少一人若 4 个组的人数按

10、 3,1,1,1 分配， 则不同的分配方案有C 3 6C 1 3C 1 2C 1 1 A33 20(种) 若 4 个组的人数为 2,2,1,1， 则不同的分配方案有C 2 6C 2 4 A22 C 1 2 A2245(种) 故所有分组方法共有 204565(种) 再把 4 个组的人分给 4 个分厂，不同的方法有 65A441 560(种) 15(多选)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 念品的同学人数可能为( ) A1 B2 C3 D4 答案 BD 解析 任

11、意两位同学之间交换纪念品共要交换 C2615(次)，如果都完全交换，每个人都要交 换 5 次，也就是每人得到 5 份纪念品现在 6 位同学总共交换了 13 次，少交换了 2 次，这 2 次若不涉及同一人，则收到 4 份纪念品的同学有 4 人，若涉及同一个人，则收到 4 份纪念品 的同学有 2 人故选 BD. 16 已知 10 件不同产品中有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 10 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，就找出了所有的 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 C24A22A24(种)测法，再排余下 4 件的测试位置，有 A44种测法 所以共有不同测试方法 A46 A24 A44103 680(种) (2)第 5 次测试的产品恰为最后一件次品，另 3 件在前 4 次中出现，从而前 4 次有一件正品出 现，所以共有不同测试方法 C16C34A44576(种)