训练四 组合与组合数、组合数的性质-【勤径学升】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册同步练测（人教B版2019）

种排法。又因其余节目由班长预先排好顺序，则其余节 则满足条件的a,b有三组：0,10：3,7：4,6. 目的顺序已经排好，所以该台晚会节目演出顺序的编排 当a,b取10,0时，r有7种情沉， 方案的种数为6种 当a,b取3,7：4,6时，r不可取0，有6种情况， 5.D只有小数点后两位为3.11或3.12时，余下的5个 考虑a,b的顺序，有A:种情况，所以满足题意的圆共 数在后全排列得到的数字小于3.14，故小于3.14的不 有A·A十2AA=38(个). 同情况有2A=240. 14.解(1)个位上的数字必须是0或5.个位上是0，有A 6.解析甲，乙被分配到同一小组，则丙、丁两个各在一个 个：个位上是5，若不含0，则有A个：若含0，但0不作 小组，.分法种数为A=6(种) 首位，则0的位置有A种排法，其余各位有A种排 答案6 法，故共有A十A十AA=216个能被5整除的五 7,解析因为黄龙和九震沟两个不同景区不在相邻两天 位数. 游玩，所以先排好峨眉山，都江据，再根据它们产生的三 (2)能被3整除的条件是各位毅字之和能被3整除，则 个空位选择两个将黄龙和九寨沟排进去，所以共有 5个数可能有{1,2,3,4,5}和{0,1,2,4,5}两种情况， AXA=12种不同游玩方法. 能够组成的五位教分别有A个和AA个. 答案12 故能被3整徐的五位数有A十AA=216(个). 8.解(1)先排歌唱节目有A种，歌唱节目之间以及两端 (3)由于是六住数，首位数字不能为0，首位数字为1有 共有6个空位，从中选4个放入舞始节目，共有A种方 A个数，首位数字为2，万位上为0,1,3中的一个，有 法，所以任何两个舞蹈节目不相邻的排法有A·A 3A个数， 43200种方法. ∴.240135是第A+3A+1=193个数，即240135是 (2)先排舜蹈节目有A种方法，在舞蹈节目之间以及两 第193个数. 端共有5个空位，恰好供5个歌唱节目放入.所以歌唱 节日与舞骑节日间隔排列的排法有A·A一2880种 训练四组合与组合数、组合数的性质 方法， L,B计算选出的四个单位中恰有一架飞机的方法数有 9解(1)先排夜游景点，方法数有2种：然后排日游景 两类办法：飞机来自中方，有CCC种方法：飞机来自 点，方法数有A=120(种)，故总的方法数有2×120= 俄方，有CCC种方法，由分类加法计数原理得 240(种)，(2)先排夜游景点，方法数有2种：然后排甲或 CCC十CCC=168(种)，所以选出的四个单位中拾 乙，有2×4=8种方法；再排其他日游景点，方法数有 有一架飞机的不同选法共有168种. A=6(种)，故总的方法数有2×8×6=96（种）. 2.C只有从100位幸运观众中选出2名幸运之星，与顺 (3)先排夜游景点，方法数有2种：然后静甲和乙，有 序无关，是组合问题，而A,B,D均与顺序有关. A:·A:=4种方法；再捧其他日游景点，方法数有A= 3.AC=C4,根据组合数的性质，x十2=2x一5或x 6(种)，故总的方法数有2×4×6=48（种）. 十2十2x-5=18,解得x=7,故选A 1D,B因为丙丁要在一起，先把丙丁相绑，看做一个元素， 连同乙，戊看成三个元素排列，有3！种排列方式：为使 4B5C-8C=5×9X8X7X6×5 -8×8×7×6X5 5×4×3×2×1 4X3X2X1 甲不在两瑞，必须且只需甲在此三个元素的中间两个 9×8×7×6×5_8×8×7×6×5-(9-8)×8×7×6×5 位置任选一个位置插入，有2种插空方式：注意到丙丁 4×3×2×1 4×3×2X1 4X×3×2X1 两人的顺序可变换，有2种排列方式，故安排这5名同 -8X7X6×5 学共有：3！×2×2=24种不同的排列方式 4X3X2X1=C. 11.B把2,3,4捆绑在一起，作为一个元素排列，当1排 5.B根据题意，C1一C=C变形可得，C②1=C十C:由 在第一位时，有A·A=36种排法；当1棒在第二位 组合性质可得，C十C=C1,即C1=C”1,则可得到 n+1=6+7→n=12. 时，2,3,4作为一个元素只能排在第三、四、五位或第 四、五、六位，故共有2A·A=24种排法，由分类加 6.解析图为C=21,所以C1=21,即0m1m=21,即 2 法计数原理得，共有60种排法 1十一42=0，解得=6或1=一7（舍去） 12.解析依题意，在8的左边有2个比8小的数，在7的 答案6 左边有3个比7小的数，在5的左边有3个比5小的 7.解析C十C十C十C=C十C十C=C+C=C 数，由于8是最大的数，别8必撸在左起的第3位，而7 =210. 必须排在左起的第5位，5只能在7的右边，若6在5 答案210 的右边，则5与7必相邻，共有2×4！=48种排法：若 8.解(1)所有各场比赛的双方有：甲乙，甲两，甲丁，乙 6在5的左边，则5必在左起的倒数第二位，共有4X 丙，乙丁，两丁，共6种 4！=96种排法，所以共有48十96=144种排法。 (2)所有冠，亚军的可能情况有：甲乙，甲两，甲丁，乙丙， 答案144 乙丁，两丁，乙甲，两甲，丁甲，两乙，丁乙，丁丙，共 13.解(1)圆(x一a)2十(y一b)=r经过原点，a,b,r满 12种. 足42十b=r2, 满足该条件的d,b,r共有3,4,5与6,8,10两组，考虑 解④原天=9Xx×3X2X1=0 @,b的顺序，有A,种情况，所以符合题意的圆有2A (2)由题意 4(个). 12m-3≥-1>0，→2≤n≤4，易知n∈N· 1n+1≥2n-3≥0 (2)间心在直线x十y一10=0上，即满足a十b=10, ∴.功=2或n=3或n=4. 32 若n=2,则原式=C+C=1+3=4: 3.D从A类选修课3门中选1门，B类选修课3门中选 若n=3,则原式=C+C=3十4=7： 2门的选法数为CC=3×3=9(种)，从A类选修课3 若n=4,则原式=C+C=10+1=1山. 门中选2门，B类选修课3门中选1门的选法数为CC 10.BC对于A.C0=C=100X9×98 3×2×1 161700,A错 =3×3=9(种)，所以不同的选法共有9+9=18（种）， 故选D. 误： 4.B将41连同其右边的2个空住捆绑，：连同其右边的 对于B,由组合数的性质知C十C=C,B正确： 3个空位搁绑，，连同其右边的4个空位捆绑，分别看 对于C.C+C+C+C=2=128,C正确： 作一个元素，四元数组(a,aa·a)的个数相当于从 对于D,C+C+C+C+C+C+C=2-C-C 11个元素中选取4个，故这样的四元数组(a1·aa1, =256-2=254,D错误. a,)的个数是C. 1山.BC根据题意，对于C>3C,有0≤m一1≤8且 5.A要想组成一个矩形，需要找出两条横边，两条纵边， 0≤m≤8，则有1≤m≤8.若C1>3C,则有 根据分步乘法计数原理，依题意，所有矩形的个数为 81 8！ (m-川·(9-m1>3×m！,8-m变形可得 CC4,=3025. m>27-3m,解得m>平，棕合可得号<m≤8则m=7 6.解析依题意可知，选法有CC=12(种 答案12 或m=8,故选BC. 7.解析所选号码为1,2,3,4的情况有CCCC =16(种)， 12.CC>C(n-1)(n-2)(n-3) 所选号码为1,1,4,4或2,2,3,3的情况各1种， 4X3X2×1 所进号码为1,1,3,5或2,2,1.5的情况有2CC= n(-1)(n-2)(n-3)(n-4)(n-5) 8(种)，故共有26种 6×5×4×3×2×1 答案26 .(n-4)(n-5)<30,.n-9n-10<0, 8.解(1)甲，乙2人都被选中且必须跑中间两棒，则他们 解得一1<n<10,由题意，n可取的值是6,7,8,9，共 本身有一个全排列， 4个. 余下的两个位置需要在制余的6人中选2人排列， 13.ACD根据组合数的性质可知C=C“,C=C+ C1,故A,D正确：根据排列数与组合数的关系可知 根据分步乘法计数原理，知不同的排法种数为AA 60(种). C分故B不正痛 (2)甲、乙2人只有1人被选中且不能跑中间两棒， (n+2)(n十1)A=(n+2)(n+1)n(n-1)(n-m+1), 则需要从甲、乙2人中选出1人，有C种选法， A=(n十2)(n+1)…(n+2-m-2+1) 然后在第一棒和第四棒中选一捧，有C种结果， =(十2)(i十1)n(n-1)…(n一n十1)， 另外6人中要选3人在剩余的三个位置上排列， (n十2)(n十1)A=A,故C正确. 根据分步乘法计数原理，知不同的排法种数为CCA 14.解(1)由题设，川5-m!一 !(6-n)1 =480(种). 5！ 6！ (3)甲、乙作为一个整体，从余下的6人中选2人， =7×!(7-n)月 相当于3个人在三个位置上排列， 10×71 则不同的排列种数为ACA=180(种). ÷1-6_7-m)×6-0》.可得-23m+42 9.解(1)从10件产品中任意抽取3件，共有C= 6 10X6 0,解得n=2或n=21(含) 10×9×8=120种不同抽法. 3×2×1 ∴C=C=28. (2)从10件产品中任意抽取3件恰有1件一等品，这件 (2)由题设，2·(m-11(m-m+1!3·m!(n一m川 事可分两步完成： 第一步，从2件一等品中抽取1件一等品，共有C种 n! 一4·(m+1)！(n-m-1' 抽法； 1 第二步，从8件二等品中抽取2件二等品，共有C种 六2(m-m+D(-m）3n(n-m)-4m(m+T' 抽法， ÷a一m十13m,解得m4, 根据乘法原理，不同的抽法种数为CC=56(种) 13(n一m)=4(m十1)， n=34. (3)从10件产品中任意抽取3件至少有1件一等品，这 训练五组合数的应用 件事可分两类： 第一类，抽取的3件产品中有1件一等品的袖法有CC 1.C由题意可知，一所2人，一所3人，所以分配方案有 种：第二类，袖取的3件产品中有2件一等品的抽法有 CA:=20(种). CC,种，由加法原理得，不同的袖法共有CC十CC 2.C若物理或历史只选一门，别有CC=2×6= 64(种). 12(种)，若物理和历史都被选中，则有CC=4(种)，所 10.B孩数列恰好先减后增，则数字1一定是分界点，且 以共有16种选法，故选C, 前面的顺序和后面的顺序都只有一种， 33训练四 组合与组合数、组合数的性质 基确练/现固应用 6.已知Cw=21,则n= 1.在2021中俄高加索联合军演的某一项演 7.计算：C+C+C+C= 练中，中方参加演习的有4艘军舰，5架飞 8.甲、乙、丙、丁4支足球队举行单循环赛. 机：俄方有3艘军舰，6架飞机.若从中、俄 (1)列出所有各场比赛的双方： 两方中各选出2个单位(1架飞机或一艘 (2)列出所有冠、亚军的可能情况. 军舰都作为一个单位，所有的军舰两两不 同，所有的飞机两两不同)，且选出的四个单 位中恰有一架飞机的不同选法共有() A.51种 B.168种 C.224种 D.336种 2.以下四个命题，属于组合问题的是() A.从3个不同的小球中，取出2个排成 一列 B.老师在排座次时将甲、乙两位同学安排 为同桌 C.在电视节日中，主持人从100位幸运观 9.(2022·重庆高二月考)计算： 众中选出2名幸运之星 (1)C。-C·A; D.从13位司机中任选出两位开同一辆车 (2)C28+C. 往返甲、乙两地 3.已知C=C5,则x的取值为() A.7 B.8 C.9 D.10 4.(2022·南京高二期中)5C-8C的值为 A.C B.C C.0 D.C 5.若C+r-C=C(n∈N”),则n=() A.11 B.12 C.13 D.14 7 》高中数学·选择性必修第二册(RJB) 能力练赶移运用 创新练/素能培优 10.(多选)下列计算正确的为 14.(1)已知是-1=7 A.C0=162700 CCg10C,求C%: B.C+C=Cio C.C4+C8+C+C8-128 D.C+C+C+C+C+C%+C=256 11.(多选)(2022·大名高二月考)若Cw1> 3C,则m的取值可能是 () A.6 B.7 C.8 D.9 12.满足条件C>C的正整数n的个数是 () A.10 B.9 C.4 D.3 13.(多选)下列等式正确的是 A.CH=C B.C =A n！ C.(n+2)(n+1)A=A D.C.=C+C- 8