1、第一章 计数原理3 组合第5课时 组合与组合数公式基础训练课时作业设计（45分钟）作业目标1.理解组合的概念，区分排列与组合的不同.2.掌握组合数公式，并能运用公式进行计算与证明.基础巩固一、选择题(本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分)1给出下列问题：从甲、乙、丙 3 名同学中选出 2 名分别到某两个乡镇进行社会调查，有多少种不同的选法？有 4 张完全相同的购物券，要分给 7 人中的 4 人，且每人有且仅有 1 张，有多少种不同的分法？某人射击 8 次，击中 4 次，且命中的 4 次连中，则不同的结果有多少种？其中是组合问题的个数是()A0B1C2D3C解析：因为中选出的 2 名
2、同学是分别到两个乡镇进行社会调查，所以是排列问题；是组合问题2若 xnn1n26，则 x 用 Cmn的形式表示为()AC3nBC3n3CC2nDC3n1A解析：由组合数公式可得3若 C2n21，则n！3！n3！的值为()A6B7C35D20C解析：C2n21，nn1221，n7，n！3！n3！7！3！4！76532135，故选 C.4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()A35B42C105D210A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
3、件的三位数的个数为 C3776532135.5在 10 名女生和 15 名男生中，选 2 名性别相同的学生参加一个活动，不同的选法有()A150 种B4 275 种C300 种D18 900 种A解析：C210C21545105150.6异面直线 a，b 上分别有 4 个点和 5 个点，由这 9 个点可以确定的平面个数是()A20B9CC39DC24C15C25C14B解析：分两类：第 1 类，在直线 a 上任取一点，与直线 b 可以确定 C14个平面；第 2 类，在直线 b 上任取一点，与直线 a 可以确定 C15个平面，故可确定 C14C159 个不同的平面7将 2 名女教师，4 名男教师
4、分成 2 个小组，分别安排到甲、乙两所学校轮岗支教，每个小组由 1 名女教师和 2 名男教师组成，则不同的安排方案共有()A24 种B12 种C10 种D9 种B解析：第一步，为甲地选 1 名女老师，有 C122 种选法；第二步，为甲地选 2 名男教师，有 C246 种选法；第三步，剩下的 3 名教师到乙地，故不同的安排方案共有 26112(种)，故选 B.8若从 1,2,3，9 这 9 个整数中同时取 4 个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有()A60 种B63 种C65 种D66 种D解析：要使和为偶数，可分为三类：第一类，4 个数全为奇数，有 C45种；第二类，4 个数全为偶数，有
5、C44种；第三类，2 个奇数与 2个偶数，有 C25C24种，故不同的取法共有 C45C44C25C2466 种二、填空题(本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分)9若 A3n12C2n，则 n.8解析：因为 A3nn(n1)(n2)，C2n12n(n1)，所以 n(n1)(n2)6n(n1)又 nN，且 n3，所以 n8.10不等式 C2nn5 的解集为 2,3,4解析：由 C2nn5，得nn12n5，所以 n23n100，解得2n5，由题设条件知 n2，且 nN，所以 n2,3,4.11某学校开设 A 类选修课 3 门，B 类选修课 4 门，一位同学从中共选 3 门，若要求两类课
6、程中各至少选一门，则不同的选法共有种(用数字作答)30解析：分以下 2 种情况：(1)A 类选修课选 1 门，B 类选修课选 2 门，有 C13C24种不同的选法；(2)A 类选修课选 2 门，B 类选修课选 1 门，有 C23C14种不同的选法所以不同的选法共有 C13C24C23C14181230 种三、解答题(本大题共 2 小题，共 25 分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)12(12 分)判断下列问题是组合问题还是排列问题(1)设集合 Aa，b，c，d，e，则集合 A 的子集中含有 3 个元素的有多少个？(2)某铁路线上有 5 个车站，则这条线上共需准备多少种车票？有多少种票价(
7、假设票价仅与两地的距离有关)?(3)2019 年元旦期间，某班 10 名同学互送贺年卡表示新年的祝福，则贺年卡共有多少张？解：(1)因为本问题与元素顺序无关，故是组合问题(2)因为甲站到乙站与乙站到甲站的车票是不同的，故是排列问题但票价与顺序无关，甲站到乙站与乙站到甲站是同一种票价，故是组合问题(3)甲写给乙贺卡与乙写给甲贺卡是不同的，所以与顺序有关，是排列问题13(13 分)求 20C5n54(n4)Cn1n315A2n3中 n 的值解：原方程可化为 20n5！5！n！4(n4)n3！n1！4！15(n3)(n2)，即n5n4n3n2n16n4n3n2n1n615(n3)(n2)，所以(n5
8、)(n4)(n1)(n4)(n1)n90，即 5(n4)(n1)90，所以 n25n140，即 n2 或 n7.注意到 n1 且 nN*，所以 n2.能力提升14(5 分)假设 200 件产品中有 3 件次品，现在从中任取 5 件，其中至少有 2 件次品的抽法有()AC23C2198种B(C23C3197C33C2197)种C(C3200C4197)种D(C5200C13C4197)种B解析：分为两类：第一类，取出的 5 件产品有 2 件次品 3 件合格品，有 C23C3197种抽法；第二类，取出的 5 件产品有 3 件次品 2 件合格品，有 C33C2197种抽法因此共有(C23C3197C33C2197)种抽法15(15 分)证明：nCkn(k1)Ck1n kCkn.证明：因为(k1)Ck1n kCkn(k1)n！k1！nk1！kn！k！nk！n！k！nk1！kn！k！nk！nkn！k！nk！kn！k！nk！nn！kn！kn！k！nk！nn！k！nk！nCkn，所以 nCkn(k1)Ck1n kCkn.谢谢观赏！Thanks!
