训练五 组合数的应用-【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）

训练五 组合数的应用 基础练了现固应周 1.(2022·山东高二期中)2021年3月5号 是毛泽东主席提出“向雷锋同志学习”58 周年纪念日，某志愿者服务队在该日安排 5位志愿者到两所敬老院开展志愿服务活 动，要求每所敬老院至少安排2人，则不同 4 5 67 的分配方案数是 A.3025 B.2025 A.10种 B.15种 C.1225 D.2525 C.20种 D.30种 6.(2022·上海高二期中)从4男2女六名航 2.(2022·大名高二期中)新课程改革后，普 天员中选出三名作为神舟十四号乘组，则 通高校招生方案规定：每位考生从物理、化 恰好有一名女航天员被选中的选法有 学、生物、地理、政治、历史六门学科中随机 种.（用数字作答） 选三门参加考试，某省份规定物理或历史 7.有编号分别为1,2,3,4,5的5个黑色小球 至少选一门，那么该省份每位考生的选法 和编号分别为1,2,3,4,5的5个白色小 共有 球，若选取的4个小球的号码之和为10， A.12种 B.15种 则有 种不同的选法。 C.16种 D.18种 8.从包含甲、乙2人的8人中选4人参加4X 3.某校开设A类选修课3门，B类选修课3 100米接力赛，在下列条件下，各有多少种 门，每位同学从中选3门.若要求两类课程 不同的排法？ 中都至少选一门，则不同的选法共有 (1)甲、乙2人都被选中且必须跑中间 两棒； A.3种 B.6种 (2)甲、乙2人只有1人被选中且不能跑中 C.9种 D.18种 间两棒； 4.(2022·宁波高二月考)从1,2,3，…，20中 (3)甲、乙2人都被选中且必须跑相邻 选取四元数组a1,a2,a3,a4,且满足a2一a1 两棒. ≥3，a3-a2≥4，a4一a3≥5，则这样的四元 数组(a1,a2,ag,a,)的个数是 A.C B.C C.C D.Ci 5.宋代学者聂崇义编撰的《三礼图集注》中描 述的周王城，“匠人营国，方九里，旁三门， 国中九经九纬…”意思是周王城为正方 形，边长为九里，每边都有左中右三个门； 城内纵横各有九条路…；则依据此种描 述，画出周王城的平面图，则图中共有 个矩形 9 高中数学·选择性必修第二册(RJB) 9.现有10件产品（除了2件一等品外，其余 (1)每人恰好参加一项，每项人数不限： 都是二等品)，任意从中抽取3件. (2)每项限报一人，每项都有人报名，且每 (1)一共有多少种不同的抽法？ 人至多参加一项； (2)抽出的3件中恰有1件一等品的抽法 (3)每人限报一项，人人参加了项目，且每 共有多少种？ 个项目均有人参加 (3)抽出的3件中至少有1件一等品的抽 法共有多少种？ 创新练了素能培俄 14.某市工商局对35种商品进行抽样检查， 能力练疑移运周 已知其中有15种假货.现从35种商品中 10.把1,2,3,4,5,6,7这七个数随机地排成 选取3种. 一列组成一个数列，要求该数列恰好先减 (1)其中某一种假货必须在内，不同的取 后增，则这样的数列共有 () 法有多少种？ A.20个 B.62个 (2)其中某一种假货不能在内，不同的取 C.63个 D.64个 法有多少种？ 11.(2022·北京高二期中)从0,2,4中选一 (3)恰有2种假货在内，不同的取法有多 个数字，从1,3,5中选两个数字，组成无 少种？ 重复数字的三位数，其中奇数的个数为 (4)至少有2种假货在内，不同的取法有 () 多少种？ A.36个 B.30个 (5)至多有2种假货在内，不同的取法有 C.18个 D.12个 多少种？ 12.某大学派遣甲、乙、丙、丁、戊五位同学参 加A,B,C三个县的调研工作，每个县至 少去1人，且甲、乙两人约定去同一个县， 则不同的派遣方案共有 () A.24种 B.36种 C.48种 D.64种 13.(2022·新乡高二期中)某班有5名同学 报名参加校运动会的四个比赛项目，计算 在下列情况下各有多少种不同的报名 方法. 10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+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+1-11. 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.C-C-100×99×98-161 700.A错 -3×3一9(种),所以不同的选法共有9十9-18(种) 3X2X1 故选D. 误: 4.B 将a.连同其右边的2个空位拥绑,a。连同其右边的 对于B,由组合数的性质知C+C-C,B正确; 3个空位捆绑,a。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.,a.,a,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(a.,a。,a -256-2-254.D错误 a.)的个数是C. 11.BC 根据题意,对于C3C,有0 m-1<8且 0<n 8,则有1n<8.若C3C,则有 5.A 要想组成一个矩形,需要找出两条横边、两条纵边, 根据分步乘法计数原理,依题意,所有矩形的个数为 8! (m-1)!!(9-m!3×m!·(8-m).变形可得 8! CC-3025. 6.解析 依题意可知,选法有CC一12(种). 答案 12 7.解析 或m-8.故选BC. 所选号码为1.2,3,4的情况有CCCC 一16(种). 12.C.c>c,即n(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 4×3×2X1 所选号码为1.1,3,5或2,2,1,5的情况有2CC n(n-1)(n-2)(n-3)(n-4)(n-5) 8(种),故共有26种. 6X5X4X3X2X1 答案 26 ..(n-4)(n-5)<30.-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 解得一1n~10,由题意,n可取的值是6,7,8,9,共 4个. 本身有一个全排列, 根据组合数的性质可知C-C””,C.一C+ 余下的两个位置需要在剩余的6人中选2人排列, 13.ACD 根据分步乘法计数原理,知不同的排法种数为AA C.故A,D正确;根据排列数与组合数的关系可知 60(种). A (2)甲、乙2人只有1人被选中且不能跑中间两棒, ''(n+2)(n+1)A=(n+2)(n+Dn(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+2)(n+1).(n+2-n-2+1) 然后在第一棒和第四棒中选一捧,有C种结果, -(n+2)(n+1)n(n-1)...(n-m+1). 另外6人中要选3人在剩余的三个位置上排列, '.(n+2)(n十1)A一A,故C正确。 根据分步乘法计数原理,知不同的排法种数为C.CA n!(6一n)! 一480(种). (1)由题设,”!(5-n)! 14.解 _ 5! 6! (3)甲、乙作为一个整体,从余下的6人中选2人, 7Xn!(7-n)!. 相当于3个人在三个位置上排列, 10X7! 则不同的排列种数为ACA一180(种). 1-(6-n)_(7-)(6-n),可得”}-23n+42= 9.解 (1)从10件产品中任意抽取3件,共有C。一 10X6 10×9X8-120种不同抽法. 0.解得n-2或n-21(含). 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-1)!(n-m+1)!3·m!(n-m)! ! 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+1)!(n-m-1)! ! 抽法; 1 *2(n-m+1)(n-m)3m(n-m)4m(m+1)' 第二步,从8件二等品中抽取2件二等品,共有C种 抽法: (2(n-n+1)-3m. (n-14. . 解得 根据乘法原理,不同的抽法种数为CC一56(种). 13(-n)-4(n+1). -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件一等品的抽法有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,抽取的3件产品中有2件一等品的抽法有 CA-20(种). C.C.种,由加法原理得,不同的抽法共有CC十CC 2.C 若物理或历史只选一门,则有CC一2×6 64(种). 12(种),若物理和历史都被选中,则有CC一4(种),所 10.B 该数列恰好先减后增,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 当1前有1个数字时,有C一6(个). 训练六 二项式定理 当1前有2个数字时,有C-15(个) 当1前有3个数字时,有C一20(个) 当1前有4个数字时,有C-15(个). 1.B 16-32+24r-8+x-C2+C2(-x)+ 当1前有5个数字时,有C一6(个). C2(-x)+C2(-)+C(-r)-(2-). 根据分类加法计数原理,共有6+15+20十15+6 2.C 由题意.(+)的展开式的通项为T一 62(个).故选B. C()·(2)-2“C 一令16-3-4.解得 11.B 第一类,从0,2,4中选一个数字,若选0,则0只能 排在十位,故有3×2一6个奇数;第二类,从0,2,4中 一4,所以含x的项是第5项. 选一个数,若不选0,先把奇数排个位,再排其他位数 A() 字,故有3×2×2×2一24个奇数,综上,奇数的个数为 的通项公式为T.-C·2·. 6+24-30(个). 若展开式中存在常数项, 12.B 当按照3;1:1进行分配时,则有CA-18种不 同的方案;当按照2:2:1进行分配,则有CA-18 3 种不同的方案,故共有18十18一36种不同的滚遣 ..n-4,8,12,16...,故选A. 方案。 4.C .二项式(a十b)的展开式的通项公式为T,一C 13.解(1)每人都可以从这四个项目中选报一项,各有 .. 4种不同的选法,由分步计数原理知共有4一1024(种) (2)每项限报一人,每项都有人报名,且每人至多报一 .()-1,故选C. 项,因此可由项目选人,第一个项目有5种不同的选 法,第二个项目有4种不同的选法,第三个项目有3种 5.B 由二项展开式的通项公式有T。-C() 不同的选法,第四个项目有2种不同的选法,由分步计 数原理得共有报名方法5×4×3×2-120(种). (3)每人限报一项,人人参加,且每个项目均有人参加, 系数为有理数的项时,4-2-0.',h-2, 即系数为有理数的项为第3项。 A 6.解析 C3+C3+.+C3+C=C31+3-1 A. 1+..+C31+C31-(3+1)-4=2,即2*” -2,得n-6. XA:-240(种). 答案6 14.解 (1)从余下的34种商品中,选取2种有C= 34×33-561(种). 7.解析 ·'T,C(V)()-C 2”·,k 2 -0.1.2..,10..当5--z,hk一0.,418时,为有理 心某一种假货必须在内的不同取法有561种 (2)从余下的34种可选商品中,选取3种,有C= 项,因此有理项的个数为3. 34×33×32_5984(种). 答案3 3X2X1 8.解(1)由题意.(V一)的通项公式为 心.某一种假货不能在内的不同取法有5984种 (3)从20种真货中选取1件,从15种假货中选取2件 T _C()(-)-一c(-1)字. 有C.C=20x1514-2100(种). 2X1 9-3t_0..-3. 心恰有2种假货在内的不同的取法有2100种 2 (4)选取2种假货有C.C=20×15×14-2100(种), 故常数项为T-C(-1)”--84. 2X1 (2)这个展开式中不存在r项,理由如下: 选取3种假货C-15×14×13-455(种),共有选取 假设展开式中存在项,则-3r-2.- 3X2×1 2 方式CC+C-2100+455-2555(种). 与r后N矛盾,故不存在r项. “至少有2种假货在内的不同的取法有2555种 9.解 (1)由题意知T,=C(r*)()-C,k 3X2X1 -0.1.2,3.4.5,6. 令12-3-3,得-3. 3×2×1 所以含r”的项为T.-Cr-20r。 有选取方式C-C-6545-455-6090(种). (2)由(1)知,令12一3-0,得-4 '至多有2种假货在内的不同的取法有6090种 所以常数项为T-C-15. 34