3.1.2 第2课时排列数的应用(练案)-【成才之路】2024-2025学年高中新课程数学选择性必修第二册同步学习指导(人教B版2019)

练案［３］ 第三章　 排列、组合与二项式定理 ３． １　 ［３． １． ２　 第２课时　 排列数的应用］ Ａ组·素养自测 一、选择题 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　１．用数字１，２，３，４，５组成没有重复数字的五位 数，其中奇数的个数为 （Ｄ ） Ａ． ２４ Ｂ． ４８ Ｃ． ６０ Ｄ． ７２ ２．从２，３，４，５，６，７，８，９这８个数字中任取２个 不同的数字分别作为一个对数的底数和真 数，则可以组成不同对数值的个数为（Ｄ ） Ａ． ５６ Ｂ． ５４ Ｃ． ５３ Ｄ． ５２ ３．从８人中选３人排成一队，其中甲、乙同时参 加排队或同时不参加排队，若参加排队，就一 定相邻，则不同的排法共有 （Ｃ ） Ａ． ２５２种 Ｂ． ２７８种 Ｃ． １４４种 Ｄ． ３６２种 ４．（多选）停车站划出一排１２个停车位置，今有 ８辆不同的车需要停放，若要求剩余的４个空 车位连在一起，则不同的停车方法有（　 ） Ａ． Ａ９９种 Ｂ． Ａ９９Ａ４４种 Ｃ． ８Ａ８８种 Ｄ． ９Ａ８８种 ５．把语文、数学、物理、历史、外语这五门课程安 排在一天的五节课里，如果数学必须比历史 先上，那么不同的排法有 （Ｃ ） Ａ． ４８种 Ｂ． ２４种 Ｃ． ６０种 Ｄ． １２０种 二、填空题 ６．用１，２，３，４，５，６组成六位数（没有重复数字）， 要求任何相邻两个数字的奇偶性不同，且１，２相 邻，这样的六位数的个数是　 　 　 　 ． ７．将序号分别为１，２，３，４，５的５张参观券全部 分给４人，每人至少１张，如果分给同一人的 ２张参观券连号，那么不同的分法种数是 　 　 　 　 ． ８． ２０２３年某地举行博物展，某单位将展出５件 艺术作品，其中不同书法作品２件、不同绘画 作品２件、标志性建筑设计１件，在展台上将 这５件作品排成一排，要求２件书法作品必须 相邻，２件绘画作品不能相邻，则该单位展出 这５件作品不同的方案有　 　 　 　 种．（用数 字作答） 三、解答题 ９．一场晚会有５个演唱节目和３个舞蹈节目，要 求排出一个节目单． （１）３个舞蹈节目不排在开始和结尾，有多少 种排法？ （２）前四个节目要有舞蹈节目，有多少种 排法？ １０．从数字０，１，３，５，７中取出不同的三个数作系 数，可以组成多少个不同的一元二次方程 ａｘ２ ＋ ｂｘ ＋ ｃ ＝ ０？其中有实根的方程有多 少个                                                                ？ —０８１— Ｂ组·素养提升 一、选择题 １．（多选）用０、１、２、３、４、５组成没有重复数字的 ６位数，其中个位数字小于十位数字的六位数 共有 （　 ） Ａ． Ａ１５Ａ ３ ５个 Ｂ． １２ Ａ １ ５Ａ ５ ５个 Ｃ． Ａ１５Ａ ５ ５个 Ｄ． ２Ａ１５Ａ４４个 ２．某地为了迎接第１９届亚洲运动会，杭州某大 楼安装了５个彩灯，它们闪亮的顺序不固定． 每个彩灯只能闪亮红、橙、黄、绿、蓝中的一种 颜色，且这５个彩灯所闪亮的颜色各不相同， 记这５个彩灯有序地各闪亮一次为一个闪烁． 在每个闪烁中，每秒钟有且仅有一个彩灯闪 亮，而相邻两个闪烁的时间间隔均为５秒．如 果要实现所有不同的闪烁，那么需要的时间 至少是 （Ｃ ） Ａ． １ ２０５秒 Ｂ． １ ２００秒 Ｃ． １ １９５秒 Ｄ． １ １９０秒 ３．有４本不同的书Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ，要分给三个同学， 每个同学至少分一本，书Ａ、Ｂ不能分给同一 人，则这样的分法共有 （Ｃ ） Ａ． １８种 Ｂ． ２４种 Ｃ． ３０种 Ｄ． ３６种 ４．把５件不同产品摆成一排．若产品Ａ与产品Ｂ 相邻，且产品Ａ与产品Ｃ不相邻，则不同的摆 法有 （Ｂ ） Ａ． ４８ Ｂ． ３６ Ｃ． ３０ Ｄ． ２４ 二、填空题 ５． ６人站成一排，甲、乙、丙３个人不能都站在一 起的排法种数为　 　 　 　 ． ６．如图是一个正方体纸盒的展开图，若把１，２， ３，４，５，６分别填入小正方形后，按虚线折成正 方体，则所得到的正方体相对面上的两个数 的和都相等的概率是　 　 　 　 ． 三、解答题 ７．用０、１、２、３、４五个数字：（１）可组成多少个五 位数；（２）可组成多少个无重复数字的五位 数；（３）可组成多少个无重复数字的且是３的 倍数的三位数；（４）可组成多少个无重复数字 的五位奇数． ８． ４名男同学和３名女同学站成一排． （１）７名同学中，甲、乙、丙排序一定（只考虑 位置的前后顺序），有多少种不同的排法？ （２）甲不在最左端，乙不在最右端，有多少种 不同的排法？ （３）７名同学中，甲乙两名同学之间必须恰有 ３名同学，有多少种不同的排法？ （４）７名同学中，甲、乙两名同学相邻，但都不 与丙相邻，有多少种不同的排法？ （５）女同学从左到右按从高到矮的顺序排，有 多少种不同的排法？（３名女生身高互不相 等                                                                      ） —０８２— ９．因为左边＝ ｎ！（ｎ － ｍ）！＋ ｍ （ｎ － １）！ （ｎ － ｍ）！＋ ｍ（ｍ － １） （ｎ － １）！ （ｎ － ｍ ＋ １）！ ＝ ｎ！（ｎ －ｍ ＋１）＋ｍ（ｎ －１）！（ｎ －ｍ ＋１）＋ｍ（ｍ －１）（ｎ －１）！（ｎ －ｍ ＋１）！ ＝（ｎ －１）！［ｎ（ｎ －ｍ ＋１）＋ｍ（ｎ －ｍ ＋１）＋ｍ（ｍ －１）］（ｎ －ｍ ＋１）！ ＝（ｎ － １）！ｎ（ｎ ＋ １）（ｎ － ｍ ＋ １）！ ＝ （ｎ ＋ １）！ （ｎ － ｍ ＋ １）！＝ Ａ ｍ ｎ ＋ １ ． 练案［３］ Ａ组·素养自测 １． Ｄ　 由题意，可知个位可以从１，３，５中任选一个，有Ａ１３ 种方 法，其他数位上的数可以从剩下的４个数字中任选，进行全排 列，有Ａ４４种方法，所以奇数的个数为Ａ１３Ａ４４ ＝ ３ × ４ × ３ × ２ × １ ＝ ７２． ２． Ｄ　 在８个数中任取２个不同的数可以组成Ａ２８ ＝ ５６（个）对数 值．但在这５６个对数值中，ｌｏｇ２４ ＝ ｌｏｇ３９，ｌｏｇ４２ ＝ ｌｏｇ９３，ｌｏｇ２３ ＝ ｌｏｇ４９，ｌｏｇ３２ ＝ ｌｏｇ９４，即满足条件的对数值共有５６ － ４ ＝ ５２ （个）． ３． Ｃ　 若甲、乙都不参加排队，则不同的排法有Ａ３６ ＝ １２０（种）；若 甲、乙都参加排队，则不同的排法有Ａ１６Ａ２２Ａ２２ ＝ ２４（种），所以不 同的排法共有１２０ ＋ ２４ ＝ １４４（种）．故造Ｃ． ４． ＡＤ　 将４个空车位视为一个元素，与８辆车共９个元素进行 全排列，共有Ａ９９ ＝ ９Ａ８８种． ５． Ｃ　 五门课程随意安排有Ａ５５ 种排法，数学课在历史课前和历 史课在数学课前各占总排法数的一半，所以数学课排在历史 课前的排法有１２ Ａ ５ ５ ＝ ６０（种）． ６． ４０　 可分为三步来完成这件事： 第一步：先将３，５进行排列，共有Ａ２２种排法； 第二步：再将４，６插空排列，共有２Ａ２２种排法； 第三步：将１，２放入３，５，４，６形成的空中，共有Ａ１５种排法； 由分步乘法计数原理得，共有２Ａ２２Ａ２２Ａ１５ ＝ ４０种不同的排法． ７． ９６　 先分组后用分配法求解，５张参观券分为４组，其中２个 连号的有４种分法，每一种分法中的排列方法有Ａ４４ 种，因此 共有不同的分法４Ａ４４ ＝ ４ × ２４ ＝ ９６（种）． ８． ２４　 将２件书法作品排列，方法数为２种，然后将其作为１件 作品与标志性建筑设计作品共同排列有２种排法，对于其每 一种排法，在其形成的３个空位中选２个插入２件绘画作品， 故共有不同展出方案：２ × ２ × Ａ２３ ＝ ２４种． ９．（１）先从５个演唱节目中选两个排在首尾两个位置有Ａ２５种排 法，再将剩余的３个演唱节目，３个舞蹈节目排在中间６个位 置上有Ａ６６种排法，故共有不同排法Ａ２５Ａ６６ ＝ １４ ４００种． （２）先不考虑排列要求，有Ａ８８种排列，其中前四个节目没有舞 蹈节目的情况，可先从５个演唱节目中选４个节目排在前四 个位置，然后将剩余四个节目排列在后四个位置，有Ａ４５Ａ４４ 种 排法，所以前四个节目要有舞蹈节目的排法有（Ａ８８ － Ａ４５Ａ４４）＝ ３７ ４４０种． １０．先考虑组成一元二次方程的问题． 首先确定ａ，只能从１，３，５，７中选一个，有Ａ１４种，然后从余下 的四个数中任选两个作ｂ，ｃ，有Ａ２４ 种，又０，１，３，５，７并无公 因数，故由分步乘法计数原理知，组成的一元二次方程共 Ａ１４Ａ ２ ４ ＝ ４８（个）． 方程ａｘ２ ＋ ｂｘ ＋ ｃ ＝ ０（ａ≠０）要有实根，必须满足Δ ＝ ｂ２ － ４ａｃ ≥０．分类讨论如下： 当ｃ ＝０时，ａ，ｂ可以从１，３，５，７中任取两个，一元二次方程有 Ａ２４个； 当ｃ≠０时，分析判别式知ｂ只能取５，７中的一个． 当ｂ取５时，ａ，ｃ只能取１，３这两个数，一元二次方程有 Ａ２２个； 当ｂ取７时，ａ，ｃ可取１，３或１，５这两组数，一元二次方程有 ２Ａ２２个． 此时共有（Ａ２２ ＋ ２Ａ２２）个一元二次方程． 由分类加法计数原理知，有实根的一元二次方程共有Ａ２４ ＋ Ａ２２ ＋ ２Ａ ２ ２ ＝ １８（个）． Ｂ组·素养提升 １． ＡＢ　 解法一：确定最高位有Ａ１５ 种不同方法．确定万位、千位、 百位，从剩下的５个数字中取３个排列，共有Ａ３５ 种不同的方 法，剩下两个数字，把大的排在十位上即可，由分步乘法计数 原理知，共有Ａ１５·Ａ３５ ＝ ３００（个）． 解法二：由于个位数字大于十位数字与个位数字小于十位数 字的应各占一半，故有１２ Ａ １ ５·Ａ５５ ＝ ３００（个）． ２． Ｃ　 由题意每次闪烁共５秒，所有不同的闪烁为Ａ５５个，相邻两 个闪烁的时间间隔为５秒，因此需要的时间至少是５Ａ５５ ＋（Ａ５５ － １）× ５ ＝ １ １９５秒． ３． Ｃ　 ４本不同的书分给三个同学，共有６Ａ３３ ＝ ３６，书Ａ、Ｂ分给同 一人有Ａ３３ ＝ ６，所以共有３６ － ６ ＝ ３０种，故选Ｃ． ４． Ｂ　 将Ａ，Ｂ捆绑在一起，有Ａ２２种摆法，再将它们与其他３件产 品全排列，有Ａ４４种摆法，共有Ａ２２Ａ４４ 种摆法，而Ａ，Ｂ，Ｃ ３件产 品在一起，且Ａ，Ｂ相邻，Ａ，Ｃ相邻时有２种情况，将这３件产 品与剩下２件产品全排列，有２Ａ３３ 种摆法．故Ａ，Ｂ相邻，Ａ，Ｃ 不相邻的摆法有Ａ２２Ａ４４ － ２Ａ３３ ＝ ３６（种）． ５． ５７６　 “不能都站在一起”与“都站在一起”是对立事件，由间 接法可得Ａ６６ － Ａ３３Ａ４４ ＝ ５７６． ６． １１５ 　 ６个数任意填入６个小正方形中有Ａ ６ ６ ＝ ７２０种方法；将６ 个数分三组（１，６），（２，５），（３，４），每组中的两个数填入一对 面中，共有不同填法Ａ３３ × ２ × ２ × ２ ＝ ４８种，故所求概率Ｐ ＝ ４８ ７２０ ＝ １ １５ ． ７．（１）各个数位上的数字允许重复，故由分步乘法计数原理知， 共有４ × ５ × ５ × ５ × ５ ＝ ２ ５００（个）． （２）解法一：先排万位，从１，２，３，４中任取一个有Ａ１４ 种填法， 其余四个位置四个数字共有Ａ４４种， 故共有Ａ１４·Ａ４４ ＝ ９６（个）． 解法二：先排０，从个、十、百、千位中任选一个位置将０填入有 Ａ１４种方法，其余四个数字全排有Ａ４４种方法， 故共有Ａ１４·Ａ４４ ＝ ９６（个）． （３）构成３的倍数的三位数，各个位上数字之和是３的倍数， 按取０和不取０分类： ①取０，从１和４中取一个数，再取２进行排，先填百位Ａ１２，其 余任排有Ａ２２，故有２Ａ１２·Ａ２２种． ②不取０，则只能取３，从１或４中再任取一个，再取２然后进 行全排为２Ａ３３，所以共有２Ａ１２Ａ２２ ＋ ２Ａ３３ ＝ ８ ＋ １２ ＝ ２０（个）． （４）考虑特殊位置个位和万位，先填个位，从１、３中选一个填入 个位有Ａ１２种填法，然后从剩余３个非０数中选一个填入万位， 有Ａ１３种填法，包含０在内还有３个数在中间三位置上全排列， 排列数为Ａ３３，故共有Ａ１２·Ａ１３·Ａ３３ ＝３６（个）． ８．（１）７名同学的所有排法有Ａ７７ 种，其中甲、乙、丙的排序有Ａ３３ 种，所以甲、乙、丙排序一定的排法有Ａ ７ ７ Ａ３３ ＝ ８４０（种）． （２）方法一：甲不在最左端，按甲的排法分类                                                                      ： —１５１— 若甲在最右端，则有Ａ６６ 种排法；若甲不在最右端，则甲有Ａ１５ 种排法，乙有Ａ１５种排法，其余同学有Ａ５５种排法．综上，不同的 排法共有Ａ６６ ＋ Ａ１５Ａ１５Ａ５５ ＝ ＝ ３ ７２０（种）． 方法二：在排列时，先不考虑甲、乙站位的要求，有Ａ７７ 种站法， 甲在最左端的站法有Ａ６６种，乙在最右端的站法有Ａ６６ 种，而甲 在最左端且乙在最右端的站法有Ａ５５ 种，故不同的排法有 Ａ７７ － ２Ａ ６ ６ ＋ Ａ ５ ５ ＝ ３ ７２０（种）． （３）先排甲、乙两名同学，有Ａ２２ 种排法，再从余下５名同学中 选３名同字排在甲、乙两名同学中间，有Ａ３５ 种排法，这时把已 排好的５名同学视为一个整体，与最后剩下的２名同学进行 全排列，有Ａ３３种排法，故不同的排法共有Ａ２２Ａ３５Ａ３３ ＝ ７２０（种）． （４）先排除甲、乙、丙３名同学以外的其他４名同学，有Ａ４４ 种排 法，由于甲、乙要相邻，故再把甲、乙排好，有Ａ２２种排法，最后把排 好的甲、乙看作一个整体与丙分别插入原先排好的４名同学形成 的５个空位中，有Ａ２５ 种排法，故不同的排法共有Ａ４４Ａ２２Ａ２５ ＝ ９６０ （种）． （５）从７个位置中选出４个位置把男生排好，有Ａ４７种排法，然 后在余下的３个位置中排女生，由于要求女生从左到右按从 高到矮的顺序排，故女生的排法只有１种，故不同的排法共有 Ａ４７ × １ ＝ ８４０（种）． 练案［４］ Ａ组·素养自测 １． ＣＤ　 Ａ错误．当两个排列的所有元素完全相同，但其排列顺序 不同时，仍然不是相同排列，所以错误． Ｂ错误．因为相同的组 合与元素的顺序无关，只与元素是否相同有关，所以该说法错 误． Ｃ正确．当两个组合的元素完全相同时，能得出这两个组 合是相同组合；当两个组合相同时，能得出它们的元素完全相 同． Ｄ正确．由定义易知，取出的元素各不相同，因此取了的不 能再取了．故选ＣＤ． ２． Ｄ　 由Ｃｎ４知ｎ ＝ ０，１，２，３，４，因为Ｃ０４ ＝ １，Ｃ１４ ＝ ４，Ｃ２４ ＝ ４ × ３２ ＝ ６， Ｃ３４ ＝ Ｃ １ ４ ＝ ４，Ｃ４４ ＝ １，所以Ｍ ＝｛１，４，６｝．故Ｍ∩Ｑ ＝｛１，４｝． ３． Ａ　 因为Ｃｘ２ － ｘ１６ ＝ Ｃ５ｘ － ５１６ ， 所以ｘ２ － ｘ ＝ ５ｘ － ５　 ①， 或（ｘ２ － ｘ）＋（５ｘ － ５）＝ １６　 ②， 解①可得ｘ ＝ １或ｘ ＝ ５（舍去），解②可得ｘ ＝ ３或ｘ ＝ － ７ （舍），所以该方程的解集是｛１，３｝． ４． Ｃ　 因为Ｃ７ｎ ＋ １ － Ｃ７ｎ ＝ Ｃ８ｎ，即Ｃ７ｎ ＋ １ ＝ Ｃ８ｎ ＋ Ｃ７ｎ ＝ Ｃ８ｎ ＋ １，所以ｎ ＋ １ ＝ ７ ＋ ８，即ｎ ＝ １４． ５． Ｄ　 ｎｒ Ｃ ｒ － １ ｎ － １ ＝ ｎ ｒ· （ｎ － １）！ （ｒ － １）！（ｎ － ｒ）！ ＝ ｎ！ｒ！（ｎ － ｒ）！＝ Ｃ ｒ ｎ ． ６． １３　 由Ｃ２３ ＋ Ｃ２４ ＋ Ｃ２５ ＋…＋ Ｃ２ｎ ＝ ３６３， 得１ ＋ Ｃ２３ ＋ Ｃ２４ ＋ Ｃ２５ ＋…＋ Ｃ２ｎ ＝ ３６４， 即Ｃ３３ ＋ Ｃ２３ ＋ Ｃ２４ ＋ Ｃ２５ ＋…＋ Ｃ２ｎ ＝ ３６４． 又Ｃｍｎ ＋ Ｃｍ － １ｎ ＝ Ｃｍｎ ＋ １，则Ｃ３３ ＋ Ｃ２３ ＋ Ｃ２４ ＋ Ｃ２５ ＋…＋ Ｃ２ｎ ＝ Ｃ３４ ＋ Ｃ２４ ＋ Ｃ２５ ＋…＋ Ｃ２ｎ ＝ Ｃ３５ ＋ Ｃ２５ ＋ Ｃ２６ ＋…＋ Ｃ２ｎ ＝ Ｃ３ｎ ＋ １，所以Ｃ３ｎ ＋ １ ＝ ３６４， 化简可得（ｎ ＋ １）ｎ（ｎ － １）３ × ２ × １ ＝ ３６４， 又ｎ是正整数，解得ｎ ＝ １３． ７． ２２０　 Ｃ２２ ＋ Ｃ ２ ３ ＋…＋ Ｃ２１１ ＝ Ｃ３３ ＋ Ｃ２３ ＋…＋ Ｃ２１１ ＝ Ｃ３４ ＋ Ｃ２４ ＋…＋ Ｃ２１１ ＝ Ｃ ３ １２ ＝ ２２０． ８． ２　 ∵ ５Ｃ５ｎ ＋ ５ ＝（ｎ ＋ ７）Ｃｎ － １ｎ ＋ ３ ＋ ３Ａ２ｎ ＋ ３， ∴ ５ × （ｎ ＋ ５）！５！ ×（ｎ ＋ ５ － ５）！＝（ｎ ＋ ７）× （ｎ ＋ ３）！ （ｎ － １）！（ｎ ＋ ３ － ｎ ＋ １）！＋ ３ ×（ｎ ＋ ３）（ｎ ＋ ２）， ∴ ５ × （ｎ ＋ ５）（ｎ ＋ ４）（ｎ ＋ ３）（ｎ ＋ ２）（ｎ ＋ １）５ × ４ × ３ × ２ × １ ＝ （ｎ ＋ ７）× （ｎ ＋ ３）（ｎ ＋ ２）（ｎ ＋ １）ｎ ４ × ３ × ２ × １ ＋ ３ ×（ｎ ＋ ３）（ｎ ＋ ２）， ∴ （ｎ ＋ ５）（ｎ ＋ ４）（ｎ ＋ １）２４ ＝ （ｎ ＋ ７）（ｎ ＋ １）ｎ ２４ ＋ ３，∴ ｎ∈Ｎ ，解 得ｎ ＝ ２． ９．因为Ｃｎ － ５ｎ ＝ Ｃ５ｎ，所以原不等式可化为Ｃ５ｎ ＞（Ｃ３ｎ － ２ ＋ Ｃ２ｎ － ２）＋ （Ｃ２ｎ － ２ ＋ Ｃ１ｎ － ２）， 即Ｃ５ｎ ＞ Ｃ３ｎ － １ ＋ Ｃ２ｎ － １，也就是Ｃ５ｎ ＞ Ｃ３ｎ， 所以 ｎ！５！（ｎ － ５）！＞ ｎ！ ３！（ｎ － ３）！， 即（ｎ － ３）（ｎ － ４）＞ ２０， 解得ｎ ＞ ８或ｎ ＜ － １． 又ｎ∈Ｎ，ｎ≥５． 所以ｎ≥９且ｎ∈Ｎ ． １０．（１）由题意知 ｘ ＝ ２ｘ － ４， ２ｘ － ４≤１４， ｘ≤ { １４ 或 ｘ ＝ １４ －（２ｘ － ４）， ２ｘ － ４≤１４， ｘ≤１４ { ， 解得ｘ ＝ ４或６． （２）由组合数的定义知０≤ｒ ＋ １≤１０， ０≤１７ － ｒ≤１０{ ，所以７≤ｒ≤９．又ｒ∈ Ｎ，所以ｒ ＝ ７，８，９， 当ｒ ＝ ７时，原式＝ Ｃ８１０ ＋ Ｃ１０１０ ＝ ４６； 当ｒ ＝ ８时，原式＝ Ｃ９１０ ＋ Ｃ９１０ ＝ ２０； 当ｒ ＝ ９时，原式＝ Ｃ１０１０ ＋ Ｃ８１０ ＝ ４６． Ｂ组·素养提升 １． Ｃ　 （Ｃ２１００ ＋ Ｃ９７１００）÷ Ａ３１０１ ＝（Ｃ２１００ ＋ Ｃ３１００）÷ Ａ３１０１ ＝ Ｃ３１０１ ÷ Ａ３１０１ ＝ Ａ３１０１ Ａ３３ ÷ Ａ３１０１ ＝ １ Ａ３３ ＝ １６ ． ２． Ｂ　 根据题意，Ｃ６ｎ ＋ １ － Ｃ６ｎ ＝ Ｃ７ｎ变形可得，Ｃ６ｎ ＋ １ ＝ Ｃ６ｎ ＋ Ｃ７ｎ； 由组合数的性质可得，Ｃ６ｎ ＋ Ｃ７ｎ ＝ Ｃ７ｎ ＋ １， 即Ｃ６ｎ ＋ １ ＝ Ｃ７ｎ ＋ １， 则可得到ｎ ＋ １ ＝ ６ ＋ ７ｎ ＝ １２． ３． ＢＤ　 由组合数的性质得：Ｃ９０９９ ＋ Ｃ８９９９ ＝ Ｃ９０１００ ＝ Ｃ１０１００ ． ４． ＡＢＣ　 Ｃｋｎ ＝ ｎ！ （ｎ － ｋ）！ｋ！， Ａ中，ｋ ＋ １ｎ ＋ １Ｃ ｋ ＋ １ ｎ ＋ １ ＝ ｋ ＋ １ ｎ ＋ １ （ｎ ＋ １）！ （ｎ － ｋ）！（ｋ ＋ １）！ ＝ ｎ！（ｎ － ｋ）！ｋ！， Ｂ中，ｎｋ Ｃ ｋ － １ ｎ － １ ＝ ｎ ｋ （ｎ － １）！ （ｎ － ｋ）！（ｋ － １）！＝ ｎ！ （ｎ － ｋ）！ｋ！， Ｃ中， ｎｎ － ｋＣ ｋ ｎ － １ ＝ ｎ（ｎ － １）！ （ｎ － ｋ）（ｎ － ｋ － １）！ｋ！ ＝ ｎ！（ｎ － ｋ）！ｋ！， Ｄ中，ｋ － １ｎ － １Ｃ ｋ － １ ｎ － １ ＝ ｋ － １ ｎ － １ （ｎ － １）！ （ｎ － ｋ）！（ｋ － １）！ ＝ （ｎ － ２）！（ｎ － ｋ）！（ｋ － ２）！，故不相等． ５． １９０　 由Ｃ１３ｎ ＝ Ｃ７ｎ可知ｎ ＝ ２０． ∴ Ｃ１８２０ ＝ Ｃ ２ ２０ ＝ ２０ × １９ ２ ＝ １９０                                                                       ． —１５２—