2019-2020学年高中数学 第一章 计数原理 1.2 排列与组合 1.2.2 组合 第1课时 组

课后课时精练A级：基础巩固练一、选择题1．已知组合数Cyx＝6，则在平面直角坐标系内以点(x，y)为顶点的图形是()A．三角形B．平行四边形C．梯形D．矩形解析当x＝6，y＝1；x＝6，y＝5；x＝4，y＝2时，Cyx＝6，所以满足题意的点有(6,1)，(6,5)，(4,2)，共3个，可构成三角形．故选A.解析答案A答案2．从2,3，…，8中任意取三个不同的数字，组成无重复数字的三位数，要求个位数最大，百位数最小，则这样的三位数的个数为()A．35B．42C．105D．210解析由于取出三个数字后大小次序已确定，只需把最小的数字放在百位，最大的数字放在个位，剩下的数字放在十位，因此满足条件的三位数的个数为C37＝7×6×53×2×1＝35.解析答案A答案3．若A3m＝6C4m，则m的值为()A．6B．7C．8D．9解析由A3m＝6C4m得m！m－3！＝6·m！4！m－4！，即1m－3＝14，解得m＝7.解析答案B答案4．从6名男生和3名女生中选出4名代表，其中必须有女生，则不同的选法种数为()A．168B．45C．60D．111解析选出的代表中女生有1,2,3名时，男生相应有3,2,1名，则不同的选法种数为C13C36＋C23C26＋C33C16＝111.解析答案D答案5．C03＋C14＋C25＋C36＋…＋C20192022＝()A．C22020B．C32021C．C32022D．C42023解析原式＝C04＋C14＋C25＋C36＋…＋C20192022＝C15＋C25＋C36＋…＋C20192022＝C26＋C36＋…＋C20192022＝…＝C20182022＋C20192022＝C20192023＝C42023.故选D.解析答案D答案二、填空题6．设集合A＝{a1，a2，a3，a4，a5}，则集合A中含有3个元素的子集共有________个．解析从5个元素中取出3个元素组成一组就是集合A的子集，则共有C35＝10个子集．解析答案10答案7．以下四个式子：①Cmn＝Amnm！；②Amn＝nAm－1n－1；③Cmn÷Cm＋1n＝m＋1n－m；④Cm＋1n＋1＝n＋1m＋1Cmn.其中正确的个数是________．答案4答案解析①式显然成立；②式中Amn＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)，Am－1n－1＝(n－1)(n－2)…(n－m＋1)，所以Amn＝nAm－1n－1，故②式成立；对于③式Cmn÷Cm＋1n＝CmnCm＋1n＝Amn·m＋1！m！·Am＋1n＝m＋1n－m，故③式成立；对于④式Cm＋1n＋1＝Am＋1n＋1m＋1！＝n＋1·Amnm＋1m！＝n＋1m＋1Cmn，故④式成立．解析8．7名志愿者中安排6人在周六、周日两天参加社区公益活动．若每天安排3人，则不同的安排方案共有________种．(用数字作答)解析第1步，从7名志愿者中选出3人在周六参加社区公益活动，有C37种不同的选法；第2步，从余下的4人中选出3人在周日参加社区公益活动，有C34种不同的选法．根据分步乘法计数原理，共有C37C34＝140种不同的安排方案．解析答案140答案三、解答题9．(1)解方程：3Cx－7x－3＝5A2x－4；(2)解不等式：2Cx－2x＋13Cx－1x＋1；(3)计算C3n13＋n＋C3n－112＋n＋C3n－211＋n＋…＋C17－n2n.解(1)由排列数和组合数公式，原方程可化为3·x－3！x－7！4！＝5·x－4！x－6！，则3x－34！＝5x－6，即为(x－3)(x－6)＝40.答案∴x2－9x－22＝0，解得x＝11或x＝－2.经检验知x＝11是原方程的根，x＝－2是原方程的增根．∴方程的根为x＝11.(2)∵2Cx－2x＋13Cx－1x＋1，∴2C3x＋13C2x＋1，∴2×x＋1xx－13×2×13×x＋1x2×1.∴x－1332，∴x112，∵x＋1≥3，x＋1≥2，∴x≥2，答案∴2≤x112，又x∈N*，∴x＝2,3,4,5.∴不等式的解集为{2,3,4,5}．(3)由题意，3n≤13＋n，17－n≤2n，得173≤n≤132，又n∈N*，故n＝6.∴原式＝C1819＋C1718＋C1617＋…＋C1112＝C119＋C118＋C117＋…＋C112＝19＋18＋17＋…＋12＝124.答案B级：能力提升练10．某市工商局对35种商品进行抽样检查，鉴定结果有15种假货，现从35种商品中选取3种．(1)恰有2种假货在内的不同取法有多少种？(2)至少有2种假货在内的不同取法有多少种？(3)至多有2种假货在内的不同取法有多少种？解(1)从20种真货中选取1件，从15种假货中选取2件，有C120C215＝2100(种)．所以恰有2种假货在内的不同取法有2100种．(2)选取2件假货有C120C215种，选取3件假货有C315种，共有选取方法C120C215＋C315＝2555(种)．(3)选取3件的种数有C335，因此有选取方法C335－C315＝6090(种)．所以至多有2种假货在内的不同的取法有6090种．答案本课结束