3.1.3 第1课时组合与组合数(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[4] 第三章排列、组合与二项式定理 3.1[3.1.3第1课时 组合与组合数] 化组·素养自测 7.计算：C+C+…+C,= ·(用数字 一、选择题 作答) 1.(多选)下面结论正确的是 8.已知5Cs=(n+7)C:+3A2s,则n= A.所有元素完全相同的两个排列为相同排列 B.一个组合中取出的元素讲究元素的先后 三、解答题 顺序 9.解不等式C,3>C2+2C-2+C-2 C.两个组合相同的充要条件是其中的元素完 全相同 D.排列定义规定给出的n个元素各不相同，并且 只研究被取出的元素也各不相同的情况也 就是说，如果某个元素已被取出，则这个元素 就不再取了 2.集合M={xlx=C4,n≥0且n∈N},集合Q={1, 2,3,4,则下列结论正确的是 A.MUQ=0,1,2,3,4 B.OCM C.MCO D.MnQ={1,4 3.方程C6=C65的解集为 10.(1)解方程：C4=C4-4; A.1,3 B.13,5 (2)求值C6+C0- C.(1,3) D.{1,3,5,-7 4.若C1-C=C,则n等于 ( A.12 B.13 C.14 D.15 5.组合数C(n>r≥1，n,reN)恒等于 生 B.(n+1)(r+1)C- C.nrC D."C- 二、填空题 6.若C+C+C+…+C=363,则正整数n= -083— 分组·素养提升 9.证明： 一、选择题 ac=n”nc 1.(Cw+C%o)÷A0m的值为 (2)m!+m+)L+m+2!+…+ A.6 B.101 C.o 1！ 2！ 2.若C-C=C(neN),则n等于（ (m+n)!=m!C n! A.11 B.12 C.13 D.14 3.(多选)C+C等于 ( A.C B.C C.C D.C 4.(多选)若1<k<n,那么与C相等的是 ( .IC n+1 B.C C.C 二、填空题 5.若C=C7,则C= 6.C8-”+Ci+w= 7.已知C0=C-2+C↓+C-3,则x= 三、解答题 8.求20C5=4(n+4)Cm+15A.,中n的值. -084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— ６． ４６６　 依题意得０≤３８ － ｎ≤３ｎ， ０≤３ｎ≤２１ ＋ ｎ{ ，即 １９ ２ ≤ｎ≤３８， ０≤ｎ≤２１２ { ， 解得１９２ ≤ｎ≤ ２１ ２ ，又ｎ∈Ｎ ，所以ｎ ＝ １０． 故Ｃ３８ － ｎ３ｎ ＋ Ｃ３ｎ２１ ＋ ｎ ＝ Ｃ２８３０ ＋ Ｃ３０３１ ＝ Ｃ２３０ ＋ Ｃ１３１ ＝ ４６６． ７． ３或４　 因为Ｃｘ１０ ＝ Ｃｘ － ２８ ＋ Ｃｘ － １８ ＋ Ｃ２ｘ － ３９ ， 所以Ｃｘ１０ ＝ Ｃｘ － １９ ＋ Ｃ２ｘ － ３９ ， 所以Ｃｘ１０ － Ｃｘ － １９ ＝ Ｃ２ｘ － ３９ ， 所以Ｃｘ９ ＝ Ｃ２ｘ － ３９ ， 所以ｘ ＝ ２ｘ － ３，或ｘ ＋ ２ｘ － ３ ＝ ９， 解得ｘ ＝ ３，或ｘ ＝ ４． ８．原方程可化为２０ ×（ｎ ＋ ５）！５！ｎ！ ＝ ４（ｎ ＋ ４）× （ｎ ＋ ３）！（ｎ － １）！４！＋ １５（ｎ ＋ ３）（ｎ ＋ ２）， 即（ｎ ＋ ５）（ｎ ＋ ４）（ｎ ＋ ３）（ｎ ＋ ２）（ｎ ＋ １）６ ＝（ｎ ＋ ４）（ｎ ＋ ３）（ｎ ＋ ２）（ｎ ＋ １）ｎ６ ＋ １５（ｎ ＋ ３）（ｎ ＋ ２）， 所以（ｎ ＋ ５）（ｎ ＋ ４）（ｎ ＋ １）－（ｎ ＋ ４）（ｎ ＋ １）ｎ ＝ ９０， 即５（ｎ ＋ ４）（ｎ ＋ １）＝ ９０， 所以ｎ２ ＋ ５ｎ － １４ ＝ ０，即ｎ ＝ ２或ｎ ＝ － ７． 注意到ｎ≥１且ｎ∈Ｎ，所以ｎ ＝ ２． ９．（１）ｍ ＋ １ｎ ＋ １Ｃ ｍ ＋ １ ｎ ＋ １ ＝ ｍ ＋ １ ｎ ＋ １· （ｎ ＋ １）！ （ｍ ＋ １）！（ｎ － ｍ）！＝ ｎ！ ｍ！（ｎ － ｍ）！＝ Ｃｍｎ， ｎｎ － ｍＣ ｍ ｎ － １ ＝ ｎｎ － ｍ· （ｎ － １）！ ｍ！（ｎ － １ － ｍ）！＝ ｎ！ ｍ！（ｎ － ｍ）！＝ Ｃ ｍ ｎ， 故Ｃｍｎ ＝ ｍ ＋ １ｎ ＋ １Ｃ ｍ ＋ １ ｎ ＋ １ ＝ ｎ ｎ － ｍＣ ｍ ｎ － １ ． （２）左边 ＝ ｍ！ １ ＋（ｍ ＋ １）！１！ｍ！ ＋ （ｍ ＋ ２）！ ２！ｍ！ ＋…＋ （ｍ ＋ ｎ）！ ｎ！ｍ[ ]！ ＝ ｍ！（１ ＋ Ｃ１ｍ ＋ １ ＋ Ｃ２ｍ ＋ ２ ＋…＋ Ｃｎｍ ＋ ｎ） ＝ ｍ！（Ｃ０ｍ ＋ １ ＋ Ｃ１ｍ ＋ １ ＋ Ｃ２ｍ ＋ ２ ＋…＋ Ｃｎｍ ＋ ｎ） ① ＝ ｍ！（Ｃ１ｍ ＋ ２ ＋ Ｃ２ｍ ＋ ２ ＋…＋ Ｃｎｍ ＋ ｎ） ② ＝… ＝ ｍ！Ｃｎｍ ＋ ｎ ＋ １ ＝右边， 故等式成立． 练案［５］ Ａ组·素养自测 １． Ｃ　 分两步：第１步，可在其他８种种子中选取１种放入１号 瓶，有Ｃ１８种选法；第２步，剩下的９种种子中选５种全排列， 有Ａ５９种．故共有Ｃ１８Ａ５９种不同的放法． ２． ＡＢＣ　 每人有四项工作可以安排，所以５人都安排一项工作 的不同方法数为４５，故选项Ａ中说法错误；每项工作至少有１ 人参加，则有一项工作安排２人，其他三项工作各１人，所以 共有Ｃ１４Ｃ２５Ａ３３种不同方法数，选项Ｂ中Ａ４５Ｃ１４ 是每项工作先安 排１人，还剩下１人在四项工作中选择，这样会有重复，比如： “甲、乙、丙、丁分别安排翻译、导游、礼仪、司机，戊安排翻译” 与“戊、乙、丙、丁分别安排翻译、导游、礼仪、司机，甲安排翻 译”重复计算了，故选项Ｂ中说法错误；选项Ｃ中是先分组后 分配，Ｃ３５Ｃ１２代表的是５人分成３人、１人、１人三组，Ｃ２５Ｃ２３ 代表 的是５人分成２人、２人、１人三组，然后三组人分配三项工 作，乘Ａ３３，然而在分组的过程中都有重复，比如：３人、１人、１ 人分组中，先选择了甲、乙、丙三人一组，剩下丁、戊分两组只 有一种分法，而不是Ｃ１２种分法，故选项Ｃ中说法错误；选项Ｄ 分两类考虑，第一类：司机安排１人，方法数为Ｃ１３，另外４人分 ３组，方法数为Ｃ２４（４人选２人为１组，另外２人分２组只有一 种分法），然后３组人安排除司机外的三项工作，方法数为 Ａ３３，则不同安排方案的种数是Ｃ１３Ｃ２４Ａ３３，第二类：司机安排２ 人，方法数为Ｃ２３，剩下３人安排另外三项工作，方法数为Ａ３３， 则不同安排方案的种数是Ｃ２３Ａ３３，由分类加法计数原理得，共 有Ｃ１３Ｃ２４Ａ３３ ＋ Ｃ２３Ａ３３种不同的安排方案，故选项Ｄ中说法正确． 故选ＡＢＣ． ３． Ａ　 Ｃ３１２ ＝ ２２０，故选Ａ． ４． Ａ　 先选取３个不同的数有Ｃ３６ 种方法，然后把其中最大的数 放在百位上，另两个不同的数放在十位和个位上，有Ａ２２ 种排 法，故共有Ｃ３６Ａ２２ ＝ ４０个三位数． ５． Ａ　 解法一：（１）４种颜色全用时，有Ａ４４ ＝ ２４种不同涂色方法． （２）４种颜色不全用时，因为相邻矩形不同色，故必须用三种 颜色，先从４种颜色中选３种，涂入Ａ、Ｂ、Ｃ中，有Ａ３４ 种涂法， 然后涂Ｄ，Ｄ可以与Ａ（或Ｂ）同色，有２种涂法，∴共有２Ａ３４ ＝ ４８种，∴共有不同涂色方法２４ ＋ ４８ ＝ ７２种． 解法二：涂Ａ有４种方法，涂Ｂ有３种方法，涂Ｃ有２种方法， 涂Ｄ有３种方法，故共有４ × ３ × ２ × ３ ＝ ７２种涂法． ６． ６０　 对于任一种坐法，可视４个空位为０，３个人为１，２，３则 所有不同坐法的种数可看作４个０和１，２，３的一种编码，要 求１，２，３不得相邻故从４个０形成的５个空档中选３个插入 １，２，３即可． ∴不同排法有Ａ３５ ＝ ６０种． ７． ７２　 解法一：根据题意，分两种情形讨论： ①甲、乙中只有１人被选中，需要从甲、乙中选出１人，担任后 三项工作中的１种，由其他三人担任剩余的三项工作，有 Ｃ１２Ｃ ３ ３Ｃ １ ３Ａ ３ ３ ＝ ３６种选派方案． ②甲、乙两人都被选中，则在后三项工作中选出２项，由甲、乙 担任，从其他三人中选出２人，担任剩余的两项工作，有Ｃ２３· Ａ２３·Ａ２２ ＝ ３６种选派方案， 综上可得，共有３６ ＋ ３６ ＝ ７２种不同的选派方案， 故选Ｂ． 解法二：从甲、乙以外的三人中选一人从事Ａ工作，再从剩余 四人中选三人从事其余三项工作共有Ｃ１３Ａ３４ ＝ ７２种选法． ８． ４８　 按２的位置分三类：①当２出现在第２位时，即０２０００，则 第１位必为１、３、５中的一个数字，所以满足条件的五位数有 Ｃ１３Ａ ２ ２Ａ ２ ２ ＝ １２个；②当２出现在第３位时，即００２００，则第１位、第 ２位为１、３、５中的两个数字或第４位、第５位为１、３、５中的两个 数字，所以满足条件的五位数有２Ａ２３Ａ２２ ＝ ２４个；③当２出现在 第４位时，即０００２０，则第５位必为１、３、５中的一个数字，所以满 足条件的五位数有Ｃ１３Ａ２２Ａ２２ ＝ １２个．综上，共有１２ ＋ ２４ ＋ １２ ＝ ４８个． ９．（１）第一步，将最高的安排在中间只有１种方法；第二步，从剩 下的６人中选取３人安排在一侧有Ｃ３６ 种选法，对于每一种选 法只有一种安排方法，第三步，将剩下３人安排在另一侧，只 有一种安排方法，∴共有不同安排方案Ｃ３６ ＝ ２０种． （２）第一步从７人中选取６人，有Ｃ６７种选法；第二步从６人中 选２人排一列有Ｃ２６ 种排法，第三步，从剩下的４人中选２人 排第二列有Ｃ２４种排法，最后将剩下２人排在第三列，只有一 种排法，故共有不同排法Ｃ６７·Ｃ２６·Ｃ２４ ＝ ６３０种． １０．（１）（先选后排）符合条件的课代表人员的选法有（Ｃ３５Ｃ２３                                                                      ＋ —１５３—