3.1.3 组合与组合数-【新课程能力培养】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册学习手册（人教B版）

参 考 答 案 排法 . 3.1.3 组合与组合数 第 1 课时 组合与组合数、 组合数的性质 学习手册 变式训练 1 解： （ 1 ） ∵ 一种火车票与起点、 终点的顺 序有关， 如甲 → 乙和乙 → 甲的车票是不同的， ∴ 它是排 列问题 . （ 2 ） 由于书不同， 每人每次拿到的书也不同， 有顺 序之分， 因此它是排列问题 . （ 3 ） 从 7 本不同的书中， 取出 5 本给某位学生， 在每 种取法中取出的 5 本并不考虑书的顺序， 故它是组合问题 . 变式训练 2 解： 先将元素按照一定顺序排好， 然后按 顺序用图示的方法将各个组合逐个写出来， 如图所示： 由此可得所有的组合 ： ab ， ac ， ad ， ae ， bc ， bd ， be ， cd ， ce ， de ， 共有 10 种 . 变式训练 3 （ 1 ） 解 ： C 98 100 +C 199 200 =C 2 100 +C 1 200 = 100×99 2 + 200=4 950+200=5 150. （ 2 ） 证明： n n-m C m n-1 = n n-m · m! （ n-1 ）！ （ n-1-m ）！ = n ！ m ！（ n-m ）！ =C m n . 随堂练习 1. （ 1 ） √ （ 2 ） × （ 3 ） √ （ 4 ） × 2. ABC 3. B 【解析】 组合问题， 可从对立面考虑， 选出一 人不参加会议即可， 故有 5 种方法 . 故选 B. 4. B 【解析】 C 2 6 +C 5 7 =C 2 6 +C 2 7 = 6×5 2×1 + 7×6 2×1 =15+21=36. 故选 B. 5. 2 【解析】 ① 与顺序有关， 是排列问题， ②③ 均 与顺序无关， 是组合问题 . 6. 8 【解析 】 ∵C 2 n =28 ， ∴ 1 2 n （ n-1 ） =28. 又 n∈N + ， ∴n=8. 练习手册 效果评价 1. AB 【解析】 集合中元素具有无序性， A 是组合 问题， 单循环比赛没有顺序问题， B 是组合问题， C ， D 与顺序有关， 不是组合问题 . 故选 AB. 2. B 【解析】 三张票没区别， 从 10 人中选 3 人， 即 C 3 10 . 故选 B. 3. A 【解析】 C 2 8 +C 3 8 +C 2 9 = 7×8 2×1 + 6×7×8 3×2×1 + ８×９ 2×1 =120. 故 选 A. 4. B 【解析】 由于与顺序无关， ∴ 是组合问题， 共 有 4 个： △ABC ， △ABD ， △ACD ， △BCD. 故选 B. 5. ABC 【解析 】 A 是组合数公式 ； B 是组合数性 质； 由 m+1 n+1 C m+1 n +1 = m+1 n+1 × （ n+1 ）！ （ m+1 ）！（ n-m ）！ =C m n ， 得 C 正确； D 错误 . 故选 ABC. 6. 28 【解析】 由于 “村村通” 公路的修建， 是组合 问题， 故共需要建 C 2 8 = A 2 8 A 2 2 = 8×7 2×１ =28 （条） 公路 . 7. {2 ， 3 ， 4} 【解析】 由 C 2 n -n<5 ， 得 n （ n-1 ） 2 -n<5 ， 即 n 2 -3n-10<0 ， 解得 -2<n<5. 由题设条件知 n≥2 ， 且 n∈N + ， 则 n=2 ， 3 ， 4 ， 故原不等式的解集为 {2 ， 3 ， 4} . 8. 4 或 9 【解析】 ∵C x 28 =C 3x-8 28 ， ∴x=3x-8 或 x+ （ 3x-8 ） = 28 ， 即 x=4 或 x=9. 9. 解： （ 1 ） 是排列问题， ∵ 发信人与收信人是有 顺序区别的， 排列数为 A 2 10 =90. （ 2 ） 是组合问题， ∵ 甲与乙通一次电话， 也就是乙 与甲通一次电话， 没有顺序区别， 组合数为 C 2 10 = A 2 10 A 2 2 =45. （ 3 ） 是组合问题， ∵ 每两个队比赛一次， 没有顺序 的区别， 组合数为 C 2 10 = A 2 10 A 2 2 =45. （ 4 ） 是组合问题， ∵ 去开会的 3 个人之间没有顺序 的区别， 组合数为 C 3 10 = A 3 10 A 3 3 =120. （ 5 ） 是排列问题， ∵3 个人担任哪一科的课代表是 有区别的， 排列数为 A 3 10 =720. 10. 解： 由题意得 2× n ！ 5 ！（ n-5 ）！ = n ！ 4 ！（ n-4 ）！ + n ！ 6 ！（ n-6 ）！ ， 整理得 n 2 -21n+98=0 ， 解得 n=7 或 n=14. 要求 C 12 n 的值， 故 n≥12 ， ∴n=14 ， 于是 C 12 14 =C 2 14 = 14×13 2×1 =91. 提升练习 11. ABC 【解析】 组合问题与次序无关， 排列问题 与次序有关， D 中， 选出的 2 名学生， 如甲、 乙， 其中 “甲参加独唱、 乙参加独舞” 与 “乙参加独唱、 甲参加 独舞” 是两个不同的选法， 因此是排列问题， 不是组合 问题， 故选 ABC. 12. D 【解析】 甲必须参加， 因此只要从除甲之外的 4 人中选 2 人即可， 有 C 2 4 = A 2 4 A 2 2 =6 （种） 不同的选法 . 故 选 D. 13. 7 315 【解析】 原式 =C 0 4 +C 1 4 +C 2 5 + … +C 18 21 =C 1 5 +C 2 5 + … +C 18 21 =C 17 21 +C 18 21 =C 18 22 =C 4 22 =7 315. 14. {3 ， 4} 【解析】 由题意， 得 3≤x≤5 且 x∈N + . 当 x=3 时， C x 5 +A 3 x =10+6=16<30 成立； 当 x=4 时， C x 5 +A 3 x =5+24=29<30 成立 ； 当 x=5 时 ， C x 5 +A 3 x =1+60=61>30. ∴ 不等式 C x 5 +A 3 x <30 的解集为 {3 ， 4} . 15. 10 8 【解析】 由于乘法满足交换律， ∴ 本题与 次序无关， 是组合问题， 现规定用数对 （ a ， b ） 表示每 一种取法， 并且 （ a ， b ） 与 （ b ， a ） 是同一种取法 . 从 1 ， 2 ， 3 ， 6 ， 9 中任取两个不同的数， 不同的取 a b c d e b c d e c d e d e 变式训练 2 答图 39 高中数学选择性必修 第二册 （人教 B 版） 精编版 法有 （ 1 ， 2 ）， （ 1 ， 3 ）， （ 1 ， 6 ）， （ 1 ， 9 ）， （ 2 ， 3 ）， （ 2 ， 6 ）， （ 2 ， 9 ）， （ 3 ， 6 ）， （ 3 ， 9 ）， （ 6 ， 9 ）， 共 10 种 . 1×2=2 ， 1×3=3 ， 1×6=2×3=6 ， 1×9=9 ， 2×6=12 ， 2× 9=3×6=18 ， 3×9=27 ， 6×9=54 ， ∴ 不同的乘积结果有 8 个 . 16. 解： 由 C x n =C 2x n ， 得 x=2x 或 x+2x=n ， 即 x=0 或 n= 3x. 显然当 x=0 时， C x-1 n 无意义， 把 n=3x 代入 C x+1 n = 11 3 C x-1 n ， 得 C x+1 3x = 11 3 C x-1 3x ， 即 （ 3x ）！ （ x+1 ）！（ 2x-1 ）！ = 11 3 · （ 3x ）！ （ x-1 ）！（ 2x+1 ）！ ， ∴ 1 x+1 = 11 6 （ 2x+1 ） ， 解得 x=5. ∴n=15 ， 即所求 x 的值为 5 ， n 的值为 15. 第 2 课时 组合数的应用 学习手册 变式训练 1 解： （ 1 ） 从口袋内的 8 个球中取出 3 个 球， 取法种数是 C 3 8 = 8×7×6 3×2×1 =56. （ 2 ） 从口袋内取出 3 个球有 1 个是黑球， 于是还要 从 7 个白球中再取出 2 个， 取法种数是 C 2 7 = 7×6 2×1 =21. （ 3 ） 由于所取出的 3 个球中不含黑球， 也就是要从 7 个白球中取出 3 个球， 取法种数是 C 3 7 = 7×6×5 3×2×1 =35. 变式训练 2 A 【解析】 由分类加法计数原理知， 两类 配餐的搭配方法之和即为所求， ∴ 每天不同午餐的搭配 方法共有 C 2 4 C 2 7 +C 1 4 C 2 7 =210 （种） . 变式训练 3 解： （ 1 ） 每个小球都可能放入 4 个盒子中 的任何一个， 将小球一个一个放入盒子， 共有 4×4×4× 4=4 4 =256 （种） 放法 . （ 2 ） 这是全排列问题， 共有 A 4 4 =24 （种） 放法 . （ 3 ） 方法一： 先将 4 个小球分为 3 组， 有 C 2 4 C 1 2 C 1 1 A 2 2 种方法， 再将 3 组小球投入 4 个盒子中的 3 个盒子， 有 A 3 4 种投放方法， 故共有 C 2 4 C 1 2 C 1 1 A 2 2 · A 3 4 =144 （种） 放法 . 方法二： 先取 4 个球中的 2 个 “捆” 在一起， 有 C 2 4 种选法， 把它与其他 2 个球共 3 个元素分别放入 4 个盒 子中的 3 个盒子， 有 A 3 4 种投放方法， ∴ 共有 C 2 4 A 3 4 =144 （种） 放法 . （ 4 ） 1 个球的编号与盒子编号相同的选法有 C 1 4 种， 当 1 个球与 1 个盒子的编号相同时， 用局部列举法可知 其余 3 个球的投入方法有 2 种 ， 故共有 C 1 4 · 2=8 （种 ） 放法 . （ 5 ） 先从 4 个盒子中选出 3 个盒子， 再从 3 个盒子 中选出 1 个盒子放入 2 个球， 余下 2 个盒子各放 1 个， 由于球是相同的即没有顺序， ∴ 属于组合问题， 故共有 C 3 4 C 1 3 =12 （种） 放法 . （ 6 ） （隔板法） 先将编号为 1 ， 2 ， 3 ， 4 的 4 个盒 子分别放入 0 ， 1 ， 2 ， 3 个球， 再把剩下的 14 个球分成 4 组， 即在 ○○○○○○○○○○○○○○ 这 14 个球中 间的 13 个空中放入三块隔板 ， 共有 C 3 13 =286 （种 ） 放 法 ， 如 ○○ |○○○○○ |○○○ |○○○○ ， 即编号为 1 ， 2 ， 3 ， 4 的盒子分别放入 2 ， 6 ， 5 ， 7 个球 . 变式训练 4 1 C 1 n+2 C r n+1 + 1 C 1 n+2 C r +1 n+1 = 1 C 1 n+1 C r n 【解析】 类比观 察得， 莱布尼茨三角形的每一行都能提出倍数 1 C 1 n-1 ， 而 相邻两项之和是上一行的两者相拱之数， 故类比式子 C r n +C r+1 n =C r +1 n+1 ， 有 1 C 1 n+1 C r n = 1 C 1 n+2 C r n+1 + 1 C 1 n+2 C r +1 n+1 . 随堂练习 1. C 【解析】 只需再从其他 7 名队员中选 3 人， 即 C 3 7 种选法 . 故选 C. 2. D 【解析】 本题实质上是从 52 个元素中取 13 个 元素为一组， 故一名参赛者可能得到 C 13 52 手不同的牌 . 故 选 D. 3. 84 【解析】 只需从 9 名学生中选出 3 名即可， 从 而有 C 3 9 = A 3 9 A 3 3 = 9×8×7 3×2×1 =84 （种） 选法 . 4. 96 【解析 】 从 4 门课程中 ， 甲选修 2 门 ， 乙 、 丙各选修 3 门 ， 则不同的选修方案共有 C 2 4 · C 3 4 · C 3 4 = 96 （种） . 5. 18 【解析】 从 4 名男医生中选 2 人， 有 C 2 4 种选 法， 从 3 名女医生中选 1 人， 有 C 1 3 种选法， 由分步乘法 计数原理知， 所求选法种数为 C 2 4 C 1 3 =18. 6. C 【解析】 若 4 人均从 6 名男志愿者中选取， 则 不同的选法种数为 C 1 6 C 1 5 C 2 4 =180 ； 若女志愿者甲被选中 且乙没有被选中， 则不同的选法种数为 C 1 6 C 2 5 +C 1 6 C 1 5 C 1 4 = 180 ； 若女志愿者乙被选中且甲没有被选中， 则不同的 选法种数为 C 1 6 C 2 5 ×2=120 ； 若女志愿者甲、 乙均被选中， 则不同的选法种数为 C 2 6 +C 1 6 C 1 5 ×2=75. 所以满足题意的不 同选法种数为 180+180+120+75=555. 故选 C. 练习手册 效果评价 1. B 【解析】 依题意得， 先将这 7 人分成 5 组， 则 其中 3 组各 1 人， 两组各 2 人， 有 C 2 7 C 2 5 A 2 2 = 1 2 C 2 7 C 2 5 种方 法， 再去进行封爵， 共有 1 2 C 2 7 C 2 5 A 5 5 种方法， 则伯爵恰有 两人的有 C 2 7 C 2 5 A 4 4 种结果 ， ∴ 所求概率为 C 2 7 C 2 5 A 4 4 1 2 C 2 7 C 2 5 A 5 5 = 2×24 120 = 2 5 . 故选 B. 2. D 【解析】 依题意得， 不考虑特殊情况， 共有 C 3 16 =560 种取法， 其中每一种小球各取三个， 有 4C 3 4 =16 种 取法， 两个红色小球， 共有 C 2 4 C 1 12 =72 种取法， 故所求的 取法共有 560-16-72=472 种 . 故选 D. 3. C 【解析】 ① 当 6 个人分为 2 ， 2 ， 2 三个小组时， 分别来自 3 个小区， 共有 C 2 6 C 2 4 C 2 2 =90 种； ② 当 6 个人 分为 4 ， 1 ， 1 三个小组时 ， 分别来自 3 个小区 ， 共有 C 1 3 C 4 6 C 1 2 C 1 1 =90 种； ③ 当 6 个人分为 3 ， 2 ， 1 三个小组时， 40 参 考 答 案 分别来自 3 个小区， 共有 A 3 3 C 3 6 C 2 3 C 1 1 =360 种 . 综上， 本题的选法共有 90+90+360=540. 故选 C. 4. B 【解析】 根据题意， 分两步进行分析： ① 先将 5 人分成 3 组 ， 要求甲 、 乙在同一组 ， 若 甲、 乙两人一组， 将其他三人分成组即可， 有 C 2 3 种分组 方法， 若甲、 乙两人与另外一人在同一组， 有 C 1 3 种分组 方法， 则有 C 1 3 +C 2 3 =6 种分组方法； ② 将分好的三组全排 列， 对应 A ， B ， C 三个贫困县， 有 A 3 3 =6 种情况 . 则有 6×6=36 种不同的派遣方案 . 故选 B. 5. C 【解析】 先安排甲车去 B 地或 C 地， 有两种方 法 . 这时还剩下 4 辆车， 存在以下几种情况： ① 剩下的 4 辆车中， 只有 1 辆去 A 地， 其余的 3 辆去 B ， C 地， 方 法有 C 1 4 （ C 3 3 +C 2 3 +C 1 3 ） =28 种； ② 剩下的 4 辆车中， 有 2 辆 去 A 地， 其余的 2 辆去 B ， C 地， 方法有 C 2 4 （ 1+C 1 2 ） =18 种； ③ 剩下的 4 辆车中， 有 3 辆去 A 地， 其余的 1 辆去 B ， C 地， 方法有 C 3 4 ×1=4 种 . 根据分步、 分类计数原理， 所有的安排方法共有 2× （ 28+18+4 ） =100 种， 故选 C. 6. D 【解析】 根据题意， “至少有 2 件次品” 可分 为 “有 2 件次品” 与 “有 3 件次品” 两种情况， “有 2 件次品” 的抽取方法有 C 2 3 C 3 197 种， “有 3 件次 品” 的抽取方法有 C 3 3 C 2 197 种， 则共有 C 2 3 C 3 197 +C 3 3 C 2 197 种不同的抽取方法 . 故选 D. 7. AD 【解析】 方法一： 6 本分给 5 名数学爱好者， 每人至少一本， 则把 6 本书为 （ 2 ， 1 ， 1 ， 1 ， 1 ） 一组， 再分配给 5 名数学爱好者， 故有 C 2 6 A 5 5 种 . 方法二： 先从 5 名数学爱好者中选 1 人得到 2 本， 其余一人一本， 故 有 C 1 5 C 2 6 A 4 4 种 . 故选 AD. 8. BD 【解析】 在正式上岗前， 6 个人自主选择去一 个入口处进行观摩学习， 则有 3 6 =729 种不同的选择结 果， 故 A 错误； 若每个入口派 2 人， 则有 C 2 6 C 2 4 C 2 2 =90 种 不同的选派方案， 故 B 正确； 若两个入口各派 1 人， 一 个入口派 4 人， 则有 C 4 6 A 3 3 =90 种不同的选派方案， 故 C 错误； 若一个入口派 1 人， 一个入口派 2 人， 一个入口 派 3 人， 则有 C 1 6 C 2 5 A 3 3 =360 种不同的选派方案， 故 D 正 确 . 故选 BD. 9. BCD 【解析】 用隔板法， 14 个玩偶有 13 个空位， 用 4 个隔板分开， 有 C 4 13 =715 种， 故 A 错误， B 正确； 甲分得 3 个玩偶， 剩余 11 个分给其他 4 个人， 11 个玩 偶有 10 个空位用 3 个隔板分开， ∴C 3 10 = 10×9×8 3×2×1 =120 种， C 正确； 甲、 乙各分得 3 个玩偶， 剩余 8 个玩偶分给 3 个人， 8 个玩偶有 7 个空位， 用 2 个隔板分开， 有 C 2 7 = 7×6 2×１ =21 种， 故 D 正确 . 故选 BCD. 10. AC 【解析 】 根据题意 ， 在含有 3 件次品的 10 件产品中， 任取 2 件， 恰好取到 1 件次品包含的基本事 件个数为 C 1 3 C 1 47 ， 故 A 正确； 至少取到 1 件次品包括两 种情况： 只抽到一件次品， 抽到两件次品， ∴ 至少取到 一件次品有 C 1 3 · C 1 47 +C 2 3 · C 0 47 种不同取法 ， 故 B 错误 ； 两名顾客恰好一人买到一件次品一人买到一件正品有 C 1 3 C 1 47 A 2 2 不同取法， 故 C 正确； 对于 D ， 有次品即可， ∴ 把取出的产品送到检验机构检验， 能检验出有次品的有 C 1 3 · C 1 47 +C 2 3 · C 0 47 ， 故 D 错误 . 故选 AC. 11. ABD 【解析】 如题图， 小红到老年公寓的最短 路径有： F→D→G ， F→B→C→G ， F→A→G ， 共 3 条， 故 A 正确； 由小红到老年公寓的最短路径可知， 当纵向 的路径确定后， 横向的路径也是确定的， 从左向右分别 标为 1 ， 2 ， 3 ， 4 ， 5 ， 小明确定出最短路径有三条纵向 的路径可以选择， ① 若三条纵向的路径标号相同， 共 5 种， ② 若三条纵向的路径标号两条相同， 共有 C 2 5 ×2=20 种， ③ 若三条纵向的路径标号各不相同， 共有 C 3 5 =10 种， 故小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为 35 种， 故 B 正确； 同理， 由 E 到 F 的最短路径共有 3+C 2 3 =6 种， 故若小明先到 F 处与小红会合， 再与小红一起到老 年公寓参加志愿者活动， 则小明到老年公寓可以选择的 最短路径条数为 3×6=18 ， 故 D 正确； 故若小明不经过 F 处， 则小明到老年公寓可以选择 的最短路径条数为 35-18=17 种， 故 C 错误 . 故选 ABD. 12. 150 【解析】 5 名学生做志愿者服务， 将他们分 配到图书馆、 科技馆、 养老院这三个地方去服务， 每一 个地方至少有 1 名学生： ① 将 5 名学生做志愿者分成三组， 一组 1 人， 另两 组都是 2 人， 有 C 1 5 C 2 4 C 2 2 A 2 2 =15 种分组方法， 再将 3 组分到 3 个地方， 共有 15 · A 3 3 =90 种不同的分配方案； ② 将 5 名学生做志愿者分成三组， 一组 3 人， 另两 组都是 1 人， 有 C 3 5 C 1 2 C 1 1 A 2 2 =10 种分组方法， 再将 3 组分到 3 个地方， 共有 10 · A 3 3 =60 种不同的分配方案 . 共有 90+ 60=150 种不同的分配方案， 故答案为 150. 13. 32 【解析】 前两次测试的是一件稳定的， 一件 不稳定的， 第三件是不稳定的， 共有 A 2 2 C 1 2 C 1 8 =32. 故答 案为 32. 14. 36 【解析】 由从复活选手中挑选 1 名选手为攻 擂者可知有 C 1 6 =6 种选法， 从守擂选手中挑选 1 名选手 为守擂者可知有 C 1 6 =6 种选法， 故有 6×6=36 种不同构成 方式， 故攻擂者、 守擂者的不同构成方式共有 36 种 . 15. 36 【解析】 方法一： 在 4 个小球之间插入 2 个 挡板， 即可把 4 个小球分成 3 组， 方法有 C 2 4 =6 种； 然 后再把这 3 组小球全排列， 方法有 A 3 3 =6 种 . 再根据分步 计数原理可得所有的不同方法共有 6×6=36 种方法 . 方法二： 从 4 个球中取 2 个， 看成一个， 有 C 2 4 =6 种方法， 再将另两个在 3 个不同的盒子中全排列， 故有 C 2 4 A 3 3 =36 ， 故答案为 36. 16. 120 【解析 】 根据题意 ， 设 3 名学生为 A ， B ， C. 3 位老师站成一排， 有 4 个空位， 在其中选出 1 个， 安排 A ， 有 4 种情况； 排好后， 有 5 个空位， 在其中选 41 高中数学选择性必修 第二册 （人教 B 版） 精编版 出 1 个， 安排 B ， 有 5 种情况； 排好后， 有 6 个空位， 在其中选出 1 个， 安排 C ， 有 6 种情况， 则有 4×5×6= 120 种站法 . 故答案为 120. 提升练习 17. 解： （ 1 ） 共有医生 9 人， 从这 9 人中任意选出 4 人， 共有 C 4 9 =126 种选法 . （ 2 ） 先选某个内科医生， 去掉某外科医生， 还有 7 人， 从这 7 人中任意选出 3 人， 共有 C 3 7 =35 种选法 . （ 3 ） 由题意得， 所有的选法共有 C 4 9 种， 从中减去只 有内科医生和外科医生的选法， 故满足条件的选法共有 C 4 9 -C 4 5 -C 4 4 =120 （种） . 18. 解： （ 1 ） 从 4 名男生中选出 2 人， 有 C 2 4 种结 果， 从 6 名女生中选出 3 人， 有 C 3 6 种结果， 根据分步计 数原理知选出 5 人， 再把这 5 个人进行排列共有 C 2 4 C 3 6 A 5 5 =14 400 种站法 . （ 2 ） 在选出的 5 个人中， 若 2 名男生不相邻， 则第 一步先排 3 名女生， 第二步再让男生插空， 根据分步计 数原理知共有 C 2 4 C 3 6 A 3 3 A 2 4 =8 640 种站法 . 19. 解： （ 1 ） 先把 3 名女生捆绑在一起看作一个整 体 “ 1 ”， 再和 5 名男生全排， 故有 A 3 3 A 6 6 =4 320. （ 2 ） 先任意排 5 名男生形成了 6 个空， 将 3 名女生 插入到其中三个空中， 故有 A 5 5 A 3 6 =14 400. （ 3 ） 5 名男生的顺序一定， 在 8 个位置任意排 3 名 女生， 故有 A 3 8 =336 种排法 . 20. 解： （ 1 ） 先排 3 个女生作为一个元素与其余的 4 个元素做全排列有 A 3 3 A 5 5 =720 种排法 . （ 2 ） 男生排好后， 5 个空再插女生有 A 4 4 A 3 5 =1 440 种 排法 . （ 3 ） 甲、 乙先排好后， 再从其余的 5 人中选出 3 人 排在甲、 乙之间， 把排好的 5 个元素与甲、 乙全排列， 分步有 A 2 2 A 3 5 A 3 3 =720 种 . 阶段性练习卷 （一） 1. D 【解 析 】 由 A 4 m =m （ m -1 ） （ m -2 ） （ m -3 ） =18 · m （ m-1 ）（ m-2 ） 3×2×1 ， 得 m-3=3 ， m=6. 故选 D. 2. C 【解析】 由题意知本题是一个分步计数问题 ， 每名学生报名都有 3 种选择 ， 根据分步乘法计数原理 知， 4 名学生共有 3 4 种选择； 每项冠军都有 4 种可能结 果， 根据分步乘法计数原理知， 3 项冠军共有 4 3 种可能 结果 . 故选 C. 3. A 【解析 】 先排大人 ， 有 A 5 5 种排法 ， 去掉头尾 后， 有 4 个空位， 再分析小孩， 用插空法， 将 2 个小孩 插在 4 个空位中， 有 A 2 4 种排法， 由分步乘法计数原理可 知， 有 A 5 5 · A 2 4 种不同的排法， 故选 A. 4. B 【解析】 分类讨论： 有两个对应位置、 有一个 对应位置及没有对应位置上的数字相同， 可得 N=C 2 4 +C 1 4 +1=11. 故选 B. 5. D 【解析】 若 3 个不同的项目投资到 4 个城市中 的 3 个， 每个城市一项， 共 A 3 4 种方法； 若 3 个不同的项 目投资到 4 个城市中的 2 个， 一个城市 1 项、 一个城市 2 项， 共 C 2 3 A 2 4 种方法 . 由分类加法计数原理知， 共 A 3 4 + C 2 3 A 2 4 =60 （种） 方法 . 故选 D. 6. D 【解析】 如图所示 ， 设 5 个区 域依次为 A ， B ， C ， D ， E ， 分 4 步进行 分析： ① 区域 A 有 5 种颜色可选； ② 区域 B 与区域 A 相邻， 有 4 种颜 色可选； ③ 区域 C 与区域 A ， B 相邻， 有 3 种颜色可选； ④ 对于区域 D ， E ， 若 D 与 B 颜色相同， 则区域 E 有 3 种颜色可选， 若 D 与 B 颜色不相同， 则区域 D 有 2 种颜色可选， 区域 E 有 2 种颜色可选， 故区域 D ， E 有 3+2×2=7 （种） 选择 . 综上可知 ， 不同的涂色方案共有 5×4×3×7=420 （种） . 故选 D. 7. AD 【解析】 根据题意， 依次分析选项： 对于 A ， 从 10 个人中选 2 人分别去种树和扫地， 选出的 2 人有 分工的不同， 是排列问题 ； 对于 B ， 从 10 个人中选 2 人去扫地， 与顺序无关， 是组合问题； 对于 C ， 从班上 30 名男生中选出 5 人组成一个篮球队， 与顺序无关， 是 组合问题； 对于 D ， 从数字 5 ， 6 ， 7 ， 8 中任取两个不 同的数作幂运算， 顺序不一样， 计算结果也不一样， 是 排列问题 . 故选 AD. 8. AB 【解析】 ∵ 从 A 地到 B 地路程最短， 我们可 以在地面画出模型， 实地实验探究一下走法可得出： ① 要走的路程最短必须走 5 步， 且不能重复； ② 向东的走 法定出后， 向南的走法随之确定， ∴ 我们只要确定出向 东的三步或向南的两步走法有多少种即可， 故不同走法 的种数有 C 3 5 =C 2 5 ， 故选 AB. 9. 90 【解析】 根据题意， ∵x 1 +x 2 +x 3 +x 4 +x 5 +x 6 =2 ， x i ∈ {-1 ， 0 ， 1} ， i=1 ， 2 ， 3 ， 4 ， 5 ， 6 ， ∴x i 中有 2 个 1 和 4 个 0 ， 或 3 个 1 、 1 个 -1 和 2 个 0 ， 或 4 个 1 和 2 个 -1 ， 共有 C 2 6 +C 3 6 C 2 3 +C 4 6 =90 （个）， ∴ 满足 x 1 +x 2 +x 3 +x 4 +x 5 +x 6 =2 的数组 （ x 1 ， x 2 ， x 3 ， x 4 ， x 5 ， x 6 ） 的个数为 90. 10. 54 【解析】 当甲、 乙带不同兴趣小组时， 有 A 2 3 A 3 3 =36 （种）， 当甲、 乙带同一个兴趣小组时， 有 A 1 3 C 1 3 C 1 2 = 18 （种 ） ， 根据分类加法计数原理可得共有 36+18= 54 （种） . 11. 36 【解析】 根据题意， 4 个不同的小球放入 3 个 分别标有 1 ， 2 ， 3 号的盒子中， 且没有空盒子， 则三个 盒子中有 1 个盒子中放 2 个球， 剩下的 2 个盒子中各放 1 个， 有两种解法： 方法一： 分两步进行分析： ① 先将 4 个不同的小球分成 3 组， 有 C 2 4 种分组方 法； ② 将分好的 3 组全排列， 对应放到 3 个盒子中， 有 A 3 3 种放法 . 则没有空盒的放法有 C 2 4 A 3 3 =36 （种） . 方法二： 分两步进行分析： ① 在 4 个小球中任选 2 个， 在 3 个盒子中任选 1 个， 将选出的 2 个小球放入选出的小盒中， 有 C 1 3 C 2 4 种情况； D A B C E 第 6 题答图 42 高中数学选择性必修 第二册 （人教 B 版） 精编版 学 学 习 目 标 1. 理解组合的定义， 正确认识组合与排 列的区别与联系 . 2. 掌握组合数公式及组合数的性质， 并 会运用它们进行计算 . 要 点 精 析 要点 1 组合概念的理解 1. 组合的定义 一般地 ， 从 n 个不同对象中取出 m （ m≤n ） 个对象并成一组， 称为从 n 个不同 对象中取出 m 个对象的一个组合 . 2. 排列与组合的关系 例 1 给出下列问题： （ 1 ） a ， b ， c ， d 四支足球队之间进行单 循环比赛， 共需比赛多少场？ （ 2 ） a ， b ， c ， d 四支足球队争夺冠、 亚 军， 有多少种不同的结果？ （ 3 ） 从全班 40 人中选出 3 人分别担任 班长、 副班长、 学习委员三个职务， 有多少 种不同的选法？ （ 4 ） 从全班 40 人中选出 3 人参加某项 活动， 有多少种不同的选法？ 在上述问题中， 哪些是组合问题？ 哪些 是排列问题？ 解： （ 1 ） 单循环比赛要求两支球队之 间只打一场比赛， 没有顺序， 是组合问题 . （ 2 ） 冠、 亚军是有顺序的， 是排列问题 . （ 3 ） 3 人分别担任三个不同职务， 有顺 序， 是排列问题 . （ 4 ） 3 人参加某项活动， 没有顺序， 是 组合问题 . 反思感悟 排列、 组合辨析切入点： （ 1 ） 组合的特点是只选不排， 即组合 只是从 n 个不同的元素中取出 m （ m≤n ） 个不同的元素即可 . （ 2 ） 只要两个组合中的元素完全相同， 不管顺序如何 ， 这两个组合就是相同的 组合 . （ 3 ） 判断组合与排列的依据是看是否 与顺序有关， 与顺序有关的是排列问题， 与顺序无关的是组合问题 . 变式训练 1 判断下列问题是组合问题还是排列 问题： （ 1 ） 某铁路线上有 4 个车站， 则这条铁 路线上共需准备多少种车票？ （ 2 ） 把 5 本不同的书分给 5 名学生， 每 人 1 本 . 3.1.3 组合与组合数 第 1课时 组合与组合数、 组合数的性质 相同点 两者都是从 n 个不同对象中取出 m （ m≤n ） 个对象 不同点 排列问题中对象有序， 组合问题中对象无序 关系 组合数 C m n 与排列数 A m n 间存在的关系： A m n ＝C m n A m m 12 第三章 排列、 组合与二项式定理 学 （ 3 ） 从 7 本不同的书中取出 5 本给某名 学生 . 要点 2 组合的个数问题 例 2 在 A ， B ， C ， D 四位候选人中： （ 1 ） 如果选举正、 副班长各一人， 共有 几种选法？ 写出所有可能的选举结果 . （ 2 ） 如果选举两人负责班级工作， 共有 几种选法？ 写出所有可能的选举结果 . （ 3 ） 类比上述两个结果间的等量关系， 你能找出排列数 A m n 与组合数 C m n 间的等量关 系吗？ 解： （ 1 ） 从四位候选人中选举正、 副 班长各一人是排列问题， 有 A 2 4 =12 （种） 选 法， 所有可能的选举结果： AB ， AC ， AD ， BC ， BD ， CD ， BA ， CA ， DA ， CB ， DB ， DC. （ 2 ） 从四位候选人中选举两人负责班级 工作是组合问题， 有 C 2 4 =6 （种） 选法， 所 有可能的选举结果 ： AB ， AC ， AD ， BC ， BD ， CD. （ 3 ） 由 （ 1 ） （ 2 ） 我们发现， （ 2 ） 中 每一个组合都对应 A 2 2 个排列， 即 A 2 4 =C 2 4 A 2 2 . 类比可知， 从 n 个不同元素中选出 m 个元素 的排列数 A m n 与组合数 C m n 间的等量关系为 A m n =C m n A m m . 反思感悟 组合个数的求解策略： （ 1 ） 枚举法： 书写时常以首字母为切 入点， 相同元素的不必重复列举 . （ 2 ） 公式法： 利用排列数 A m n 与组合数 C m n 之间的关系 C m n = A m n A m m 求解 . 变式训练 2 从 5 个不同元素 a ， b ， c ， d ， e 中取出 2 个， 共有多少种不同的组合？ 请写出所有 组合 . 要点 3 组合数公式与组合数性质的应用 1. 组合数与组合数公式 2. 组合数的性质 （ 1 ） C m n =C n-m n . （ 2 ） C m+1 n +C m n =C m+1 n +1 . 例 3 求值： （ 1 ） 3C 3 8 －2C 2 5 ； 组合数定义 及表示 从 n 个不同对象中取出 m （ m≤n ） 个对象的所有组合的个数， 称为从 n 个不同对象中取出 m 个对象的组 合数， 用符号 C m n 表示 组合数 乘积 形式 阶乘 形式 C m n ＝ n （ n-1 ）（ n-2 ）…（ n-m+1 ） m× （ m-1 ） × … ×2×1 C m n ＝ n! m! （ n-m ） ! 13 高中数学选择性必修 第二册 （人教 B 版） 精编版 学 （ 2 ） C 38-n 3n +C 3n 21+n . 解： （ 1 ） 3C 3 8 －2C 2 5 =3× 8×7×6 ３×2×１ －2× ５×４ 2×1 = 148. （ 2 ） ∵ 0≤38-n≤3n ， 0≤3n≤21+n n ， ∴9.5≤n≤10.5. ∵n∈N + ， ∴n=10 ， ∴C 38-n 3n +C 3n 21+n =C 28 30 +C 30 31 =C 2 30 +C 1 31 =466. 例 4 证明： mC m n =nC m-1 n -1 . 证明： mC m n =m · n! m! （ n-m ） ! = n ·（ n-1 ） ! （ m-1 ） ! （ n-m ） ! =n · （ n-1 ） ! （ m-1 ） ! （ n-m ） ! =nC m-1 n -1 . 例 5 （ 1 ） （多选题） 若 C 4 n >C 6 n ， 则 n 的可能取值有 （ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 （ 2 ） 已知 1 C m 5 － 1 C m 6 = 7 10C m 7 ， 求 C m 8 +C 5-m 8 的值 . （ 1 ） 解析： 由 C 4 n >C 6 n 得， n! 4! （ n-4 ） ! > n! 6! （ n-6 ） ! ， n≥ % ' ' ' ' & ' ' ' ' ( 6 圯 n 2 -9n-10<0 ， n≥ ≥ 6 圯 -1<n<10 ， n≥6 ≥ . 又 ∵n∈N + ， ∴ 该 不 等 式 的 解 集 为 {6 ， 7 ， 8 ， 9} . 故选 ABCD. （ 2 ） 解： ∵ 1 C m 5 － 1 C m 6 = 1 10C m 7 ， ∴ m! （ 5-m ） ! 5! － m! （ 6-m ） ! 6! = 7× （ 7-m ） !m! １0×7! ， 即 m! （ 5-m ） ! 5! － m! （ 6-m ）（ 5-m ） ! 6×5! = 7×m! （ 7-m ）（ 6-m ）（ 5-m ） ! １0×7×6×5! ， ∴1－ 6-m 6 = （ 7-m) （ 6-m ） 60 ， 即 m 2 －23m+ 42=0 ， 解得 m=2 或 m=21. ∵0≤m≤5 ， m∈N + ， ∴m=2 ， ∴C m 8 +C 5-m 8 =C 2 8 +C 3 8 =C 3 9 =84. 反思感悟 （ 1 ） 组合数公式 C m n = n （ n-1 ）（ n-2 ）…（ n-m+1 ） m! 一般用于计算 ， 而组合数公式 C m n = n! m! （ n-m ）！ 一般用于含字母的式子的化简与 证明 . （ 2 ） 要善于挖掘题目中的隐含条件 ， 简化解题过程， 如组合数 C m n 的隐含条件为 m≤n ， 且 m ， n∈N + . （ 3 ） 计算时应注意利用组合数的两个 性质： ①C m n =C n-m n ； ②C m+1 n +1 =C m n +C m+1 n . 变式训练 3 （ 1 ） 计算： C 98 100 +C 199 200 ； （ 2 ） 证明： C m n = n n-m C m n-1 . 14 第三章 排列、 组合与二项式定理 学 数 学 文 化 例 1 五行学说是华夏民族创造的哲学 思想， 是华夏文明重要组成部分 . 古人认为， 天下万物皆由金、 木、 水、 火、 土 5 类元素 组成， 如图， 分别是金、 木、 水、 火、 土彼 此之间存在的相生相克的关系 . 若从 5 类元 素中任选 2 类元素， 则 2 类元素相生的概率 为 （ ） A. 1 2 B. 1 ３ C. 1 ４ D. 1 ５ 解析： 金、 木、 水、 火、 土彼此之间存 在相生相克的关系 . 从 5 类元素中任选 2 类 元素， 基本事件总数 n=C 2 5 =10 ， 2 类元素相 生包含的基本事件有 5 个， 则 2 类元素相生 的概率为 P= 5 10 = 1 2 . 故选 A. 例 2 如图， 在以 AB 为直径的半圆周 上， 有异于 A ， B 的六个点 C 1 ， C 2 ， …， C 6 ， 线段 AB 上有异于 A ， B 的四个点 D 1 ， D 2 ， D 3 ， D 4 . （ 1 ） 以除 A ， B 外的 10 个点中的 3 个点 为顶点可作多少个三角形？ 其中含 C 1 点的 有多少个？ （ 2 ） 以图中的 12 个点 （包括 A ， B ） 中 的 4 个点为顶点， 可作出多少个四边形？ 解： （ 1 ） 方法一： 可作出三角形 C 3 6 + C 1 6 · C 2 4 +C 2 6 · C 1 4 =116 （个） . 方法二： 可作三角形 C 3 10 －C 3 4 =116 （个）， 其中以 C 1 为顶点的三角形有 C 2 5 +C 1 5 · C 1 4 +C 2 4 = 36 （个） . （ 2 ） 可作出四边形 C 4 6 +C 3 6 · C 1 6 +C 2 6 · C 2 6 = 360 （个） . 反思感悟 （ 1 ） 图形多少的问题通常是组合问题， 要注意共点、 共线、 共面、 异面等情形， 防止多算 . 常用直接法， 也可采用间接法 . （ 2 ） 把一个与几何相关的问题转化为 组合问题， 此题目的解决体现了数学抽象 及数学运算的核心素养 . 金 木 水 火 土 生 克 生 生 生 生 克 克 克 克 图 3-1-5 C 1 D 1 C 2 D 2 A B C 3 D 3 C 4 D 4 C 5 C 6 图 3-1-6 15 高中数学选择性必修 第二册 （人教 B 版） 精编版 学 学 习 目 标 1. 能应用组合知识解决有关组合的简单 实际问题 . 2. 能解决有限制条件的组合问题 . 要 点 精 析 要点 1 简单的组合问题 例 1 有 10 名教师， 其中 6 名男教师， 4 名女教师 . （ 1 ） 现要从中选 2 名教师去参加会议， 有 种不同的选法； （ 2 ） 选出 2 名男教师或 2 名女教师参加 会议， 有 种不同的选法； （ 3 ） 现要从中选出男、 女教师各 2 名去 参加会议， 有 种不同的选法 . 解析： （ 1 ） 从 10 名教师中选 2 名去参 加会议的选法种数， 就是从 10 个不同元素 中取出 2 个元素的组合数 ， 即 C 2 10 = A 2 10 A 2 2 = 10×9 2×1 =45. （ 2 ） 可把问题分成两类情况： 第一类， 选出的 2 名是男教师有 C 2 6 种 方法； 第二类， 选出的 2 名是女教师有 C 2 4 种方法 . 根据分类加法计数原理， 共有 C 2 6 +C 2 4 = A 2 6 A 2 2 + A 2 4 A 2 2 = 6×5 2×1 + 4×3 2×1 =15+6=21 （种） 不同的 选法 . （ 3 ） 从 6 名男教师中选 2 名的选法有 C 2 6 种， 从 4 名女教师中选 2 名的选法有 C 2 4 种， 根据分步乘法计数原理， 共有不同的选法 C 2 6 ×C 2 4 = A 2 6 A 2 2 × A 2 4 A 2 2 = 6×5 2×1 × 4×3 2×1 =90 （种） . 反思感悟 （ 1 ） 解简单的组合应用题时， 首先要 判断它是不是组合问题， 组合问题与排列 问题的根本区别在于排列问题与取出元素 之间的顺序有关， 而组合问题与取出元素 的顺序无关 . （ 2 ） 把一个实际问题转化为组合问题， 体现了数学抽象的核心素养 . 变式训练 1 一个口袋内装有大小相同的 7 个白球和 1 个黑球 . （ 1 ） 从口袋内取出 3 个小球， 共有多少 种取法？ （ 2 ） 从口袋内取出 3 个球， 使其中含有 1 个黑球， 有多少种取法？ （ 3 ） 从口袋内取出 3 个球， 使其中不含 黑球， 有多少种取法？ 第 2课时 组合数的应用 16 第三章 排列、 组合与二项式定理 学 要点 2 有限制条件的组合问题 例 2 课外活动小组共 13 人， 其中男生 8 人， 女生 5 人， 并且男、 女生各有一名队 长， 现从中选 5 人主持某项活动， 依下列条 件各有多少种选法？ （ 1 ） 至少有一名队长当选； （ 2 ） 至多有两名女生当选； （ 3 ） 既要有队长， 又要有女生当选 . 解： （ 1 ） C 5 13 －C 5 11 =825 （种） . （ 2 ） 至多有 2 名女生当选含有三类： 有 2 名女生当选； 只有 1 名女生当选； 没有女 生当选， ∴ 共有 C 2 5 C 3 8 +C 1 5 C 4 8 +C 5 8 =966 （种） 选法 . （ 3 ） 分两类 ： 第一类女队长当选 ， 有 C 4 12 =495 （种） 选法； 第二类女队长没当选， 有 C 1 4 C 3 7 +C 2 4 C 2 7 +C 3 4 C 1 7 +C 4 4 =295 （种） 选法 . ∴ 共有 495+295=790 （种） 选法 . 反思感悟 有限制条件的抽 （选） 取问题， 主要 有两类： （ 1 ） “含” 与 “不含” 问题， 其解法 常用直接分步法 ， 即 “含 ” 的先取出 ， “不含” 的可把所指元素去掉再取， 分步 计数 . （ 2 ） “至多” “至少” 问题， 其解法 常有两种解决思路： 一是直接分类法， 但 要注意分类要不重不漏； 二是间接法， 注 意找准对立面， 确保不重不漏 . 变式训练 2 某食堂每天中午准备 4 种不同的荤菜， 7 种不同的蔬菜， 用餐者可以按下述方法之 一搭配午餐： （ 1 ） 任选两种荤菜、 两种蔬 菜和白米饭； （ 2 ） 任选一种荤菜、 两种蔬 菜和蛋炒饭 . 则每天不同午餐的搭配方法共 有 （ ） A. 210 种 B. 420 种 C. 56 种 D. 22 种 要点 3 分组、 分配问题 例 3 （ 1 ） 6 本不同的书 ， 分给甲 、 乙、 丙 3 人， 每人 2 本， 有多少种方法？ （ 2 ） 6 本不同的书， 分为三份， 每份 2 本， 有多少种方法？ 解： （ 1 ） 先从 6 本书中选 2 本给甲 ， 有 C 2 6 种方法； 再从其余的 4 本中选 2 本给 乙， 有 C 2 4 种方法； 最后从余下的 2 本书中 选 2 本给丙， 有 C 2 2 种方法， 所以分给甲 、 乙 、 丙 3 人 ， 每人 2 本 ， 共有 C 2 6 C 2 4 C 2 2 = 90 （种） 方法 . （ 2 ） 分给甲、 乙、 丙 3 人， 每人 2 本， 有 C 2 6 C 2 4 C 2 2 种方法， 这个过程可以分两步完 成： 第一步， 分为三份， 每份 2 本， 设有 x 种方法； 第二步， 再将这三份分给甲、 乙、 丙 3 名同学， 有 A 3 3 种方法 . 根据分步乘法计 数原理， 可得 C 2 6 C 2 4 C 2 2 =xA 3 3 ， ∴x= C 2 6 C 2 4 C 2 2 A 3 3 = 15. 因此分为三份， 每份 2 本， 一共有 15 种 方法 . 例 4 （ 1 ） 6 本不同的书， 分为三份， 一份 1 本， 一份 2 本， 一份 3 本， 有多少种 方法？ （ 2 ） 6 本不同的书， 分给甲、 乙、 丙三 人， 一人 1 本， 一人 2 本， 一人 3 本， 有多 少种不同的方法？ 17 高中数学选择性必修 第二册 （人教 B 版） 精编版 学 解： （ 1 ） 这是 “不平均分组 ” 问题 ， 一共有 C 1 6 C 2 5 C 3 3 =60 （种） 方法 . （ 2 ） 在 （ 1 ） 的基础上再进行全排列， ∴ 一共有 C 1 6 C 2 5 C 3 3 A 3 3 =360 （种） 方法 . 例 5 6 本不同的书， 分给甲、 乙、 丙 3 人， 每人至少 1 本， 有多少种不同的方法？ 解： 可以分为三类情况： ① “ 2 ， 2 ， 2 型”， 有 C 2 6 C 2 4 C 2 2 =90 （种） 方法； ② “ 1 ， 2 ， 3 型”， 有 C 1 6 C 2 5 C 3 3 A 3 3 =360 （种 ） 方法 ； ③ “ 1 ， 1 ， 4 型”， 有 C 4 6 A 3 3 =90 （种） 方法， ∴ 一共有 90+360+90=540 （种） 方法 . 反思感悟 “分组” 与 “分配” 问题的解法： （ 1 ） 分组问题属于 “组合” 问题， 常 见的分组问题有三种： ① 完全均匀分组， 每组的元素个数均 相等； ② 部分均匀分组， 应注意不要重复 ， 有 n 组均匀， 最后必须除以 n ！； ③ 完全非均匀分组， 这种分组不考虑 重复现象 . （ 2 ） 分配问题属于 “排列” 问题， 分 配问题可以按要求逐个分配， 也可以分组 后再分配 . 变式训练 3 将 4 个编号为 1 ， 2 ， 3 ， 4 的小球放入 4 个编号为 1 ， 2 ， 3 ， 4 的盒子中 . （ 1 ） 有多少种放法？ （ 2 ） 每盒至多 1 个球， 有多少种放法？ （ 3 ） 恰好有 1 个空盒， 有多少种放法？ （ 4 ） 每个盒内放 1 个球， 并且恰好有 1 个球的编号与盒子的编号相同， 有多少种放 法？ （ 5 ） 把 4 个不同的小球换成 4 个相同的 小球， 恰有一个空盒， 有多少种放法？ （ 6 ） 把 4 个不同的小球换成 20 个相同 的小球， 要求每个盒内的球数不少于它的编 号数， 有多少种放法？ 18 第三章 排列、 组合与二项式定理 学 数 学 文 化 例 杨辉是中国南宋末年的一位杰出的 数学家、 数学教育家， 杨辉三角是杨辉的一 大重要研究成果， 它的许多性质与组合数的 性质有关， 杨辉三角中蕴藏了许多优美的规 律 . 如图是一个 11 阶杨辉三角： （ 1 ） 求第 20 行中从左到右的第 3 个数； （ 2 ） 若第 n 行中从左到右第 13 与第 14 个数的比为 13 22 ， 求 n 的值； （ 3 ） 写出第 12 行所有数的和， 写出 n 阶 （包括 0 阶） 杨辉三角中的所有数的和； （ 4 ） 在第 3 斜列中， 前 5 个数依次为 1 ， 3 ， 6 ， 10 ， 15 ； 第 4 斜列中， 第 5 个数 为 35 ， 我们发现 1+3+6+10+15=35 ， 事实上， 一般地有这样的结论： 第 m 斜列中 （从右上 到左下） 前 k 个数之和， 一定等于第 m+1 斜 列中第 k 个数 . 试用含有 m ， k （ m ， k∈N * ） 的数学式子表示上述结论， 并证明 . 解： （ 1 ） C 2 20 = 20×19 2×1 =190. （ 2 ） 由 C 12 n C 13 n = 13 22 ， 解得 n=34. （ 3 ） 2 12 =4 096 ； 1+2+2 2 +2 3 + … +2 n =2 n+1 -1. （ 4 ） C m-1 m-1 +C m-1 m + … +C m-1 m+k-2 =C m m+k-1 . 证明： 左边 ＝C m m +C m-1 m + … +C m -1 m+k-2 =C m m+1 + C m-1 m+1 + … +C m-1 m+k-2 = … =C m m+k-2 +C m-1 m+k-1 =C m m+k-1 = 右边 . 变式训练 4 在我国南宋数学家杨辉所著的 《详解九 章算法》 （ 1261 年） 一书中， 用如图 1 所示 的三角形， 解释二项和的乘方规律 . 在欧洲 直到 1623 年以后， 法国数学家布莱士·帕斯 卡的著作 （ 1655 年） 介绍了这个三角形 . 近 年来国外也逐渐承认这项成果属于中国， 所 以有些书上称这是 “中国三角形” （ Chinese triangle ）， 如图 1. 17 世纪德国数学家莱布尼 茨发现了 “莱布尼茨三角形”， 如图 2. 在杨 辉三角中相邻两行满足关系式： C r n +C r+1 n =C r+1 n+1 ， 其中 n 是行数 ， r∈N. 请类比上式 ， 在莱 布尼茨三角形中相邻两行满足的关系式是 . 1 1 1 2 1 1 3 3 1 1 4 6 4 1 1 5 10 10 5 1 … C 0 n C 1 n … C r n … C n-1 n C n n 1 2 1 2 1 3 1 6 1 3 1 4 1 12 1 12 1 4 1 5 1 20 1 30 1 20 1 5 1 6 1 30 1 60 1 60 1 30 1 6 … 1 C 0 n+1 C 0 n 1 C 1 n+1 C 1 n … 1 C 1 n+1 C r n … 1 C 1 n+1 C n-1 n 1 C 1 n+1 C n n 图 1 图 2 第 0 行 第 1 行 第 2 行 第 3 行 第 4 行 第 5 行 第 6 行 第 7 行 第 8 行 第 9 行 第 10 行 第 11 行 第 1 斜列 第 2 斜列 第 3 斜列 第 4 斜列 第 5 斜列 第 6 斜列 第 7 斜列 第 8 斜列 第 9 斜列 第 10 斜列 第 11 斜列 第 12 斜列 1 11 55 165 330 462 462 330 165 55 11 1 1 10 45 120 210 252 210 120 45 10 1 1 9 36 84 126 126 84 36 9 1 1 8 28 56 70 56 28 8 1 1 7 21 35 35 21 7 1 1 6 15 20 15 6 1 1 5 10 10 5 1 1 4 6 4 1 1 3 3 1 1 2 1 1 1 1 … …………………………… ………………………… ……………………… …………………… ………………… ……………… …………… ………… ……… …… … 图 3-1-7 11 阶杨辉三角 图 3-1-8 19