2017-2018学年人教A版高中数学选修2-3全册同步练习题集解析版

2017^2018学年人教A版高中数学选修2-3

全册同步训练题汇编

目录

第一章计数原理.................................................................1

1.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理....................................1

第1课时分类加法计数原理与分步乘法计数原理...........................1

1.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理................................4

第2课时分类加法计数原理与分步乘法计数原理的应用....................4

1.2排列与组合.............................................................8

1.2.1排列第1课时排列与排列数公式.................................8

1.2排列与组合......................................................12

1.2.1排列第2课时排列的综合应用..................................12

1.2排列与组合......................................................16

1.2.2组合第1课时组合与组合数公式................................16

1.2排列与组合......................................................19

1.2.2组合第2课时组合的综合应用..................................19

1.3二项式定理............................................................22

1.3.1二项式定理......................................................22

1.3.2"杨辉三角与二项式系数的性质....................................26

第二章随机变量及其分布........................................................30

2.1离散型随机变量及其分布列.............................................30

2.1.1离散型随机变量..................................................30

2.1.2离散型随机变量的分布列第1课时离散型随机变量的分布列.......33

2.1.2离散开明随机变量的分布列第2课时两点分布与超几何分布.......38

2.2二项分布及其应用......................................................43

2.2.1条件概率........................................................43

2.2.2事件的相互独立性................................................47

2.2.3独立重复试验与二项分布..........................................52

2.3离散型随机变量的均值与方差...........................................57

2.3.1离散型随机变量的均值...........................................57

2.3.2离散型随机变量的方差...........................................61

2.4正态分布..............................................................66

第三章统计案例................................................................70

3.1回归分析的基本思想及其初步应用.......................................70

第1课时线性回归模型................................................70

第2课时线性回归分析................................................77

3.2独立性检验的基本思想及其初步应用.....................................83

第一章计数原理

1.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理

第1课时分类加法计数原理与分步乘法计数原理

A级基础巩固

一、选择题

1.某学生去书店，发现2本好书，决定至少买其中一本，则购买方式共有（）

A.1种B.2种C.3种D.4种

解析：分两类：买1本或买2本书，各类购买方式依次有2种、1种，故购买方式共有

2+1=3（种）.故选C.

答案：C

2.现有4件不同款式的上衣和3条不同颜色的长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一

套，则不同的配法有（）

A.7种B.12种C.64种D.81种

解析：要完成配套，分两步：第一步，选上衣，从4件中任选一件，有4种不同的选法;

第二步，选长裤，从3条长裤中任选一条，有3种不同选法.故不同取法共有4X3=12（种）.

答案：B

3.将3张不同的奥运会门票分给10名同学中的3人，每人1张，则不同分法的种数是

（）

A.2160B.720C.240D.120

解析：第1张门票有10种分法，第2张门票有9种分法，第3张门票有8种分法，由

分步乘法计数原理得分法共有10X9X8=720（种）.

答案：B

4.已知两条异面直线a,6上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平

面个数为（）

A.40B.16C.13D.10

解析：分两类情况讨论.第一类，直线a分别与直线6上的8个点可以确定8个不同的

平面；第二类，直线6分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面.根据分类加法计

数原理知，8+5=13（个），即共可以确定13个不同的平面.

答案：C

5.从集合｛0,1,2,3,4,5,6｝中任取两个互不相等的数a,6组成复数a+反，其

中虚数有（）

1

A.30个B.42个C.36个D.35个

解析：要完成这件事可分两步，第一步确定6（6力0）有6种方法，第二步确定a有6种

方法，故由分步乘法计数原理知共有虚数6X6=36（个）.

答案：C

二、填空题

6.加工某个零件分三道工序，第一道工序有5人，第二道工序有6人，第三道工序有

4人，从中选3人每人做一道工序，则选法有种.

解析：选第一、第二、第三道工序各一人的方法数依次为5,6,4,由分步乘法计数原

理知，选法总数为1=5X6X4=120（种）.

答案：120

7.三名学生分别从计算机、英语两学科中选修一门课程，不同的选法有种.

解析：由分步乘法计数原理知，不同的选法有胪=2X2X2=2：'=8（种）.

答案：8

8.一学习小组有4名男生、3名女生，任选一名学生当数学课代表，共有一种

不同选法；若选男女生各一名当组长，共有种不同选法.

解析：任选一名当数学课代表可分两类，一类是从男生中选，有4种选法；另一类是从

女生中选，有3种选法.根据分类加法计数原理，不同选法共有4+3=7（种）.

若选男女生各一名当组长，需分两步：第1步，从男生中选一名，有4种选法；第2

步，从女生中选一名，有3种选法.根据分步乘法计数原理，不同选法共有4X3=12（种）.

答案：712

三、解答题

9.若x,yWN*,且试求有序自然数对（x,力的个数.

解：按x的取值进行分类：

x=l时，y=l,2,…，5,共构成5个有序自然数对；

x=2时，y=l,2,4,共构成4个有序自然数对；

x=5时，y=l,共构成1个有序自然数对.

根据分类加法计数原理，有序自然数对共有A-5+4+3+2+1=15（个）.

10.现有高一四个班的学生34人，其中一、二、三、四班分别有7人、8人、9人、10

人，他们自愿组成数学课外小组.

（1）选其中一人为负责人，有多少种不同的选法？

（2）每班选一名组长，有多少种不同的选法？

（3）推选两人做中心发言，这两人需来自不同的班级，有多少种不同的选法？

解：（D分四类.第一类，从一班学生中选1人，有7种选法；第二类，从二班学生中

2

选1人，有8种选法；第三类，从三班学生中选1人，有9种选法；第四类，从四班学生中

选1人，有10种选法.

所以，共有不同的选法*=7+8+9+10=34（种）.

（2）分四步.第•、第二、第三、第四步分别从一、二、三、四班学生中选一人任组长.所

以共有不同的选法47X8X9X10=5040（种）.

（3）分六类，每类又分两步.从一、二班学生中各选1人，有7X8种不同的选法；从一、

三班学生中各选1人，有7X9种不同的选法；从一、四班学生中各选1人，有7X10种不

同的选法；从二、三班学生中各选1人，有8义9种不同的选法；从二、四班学生中各选1

人,有8X10种不同的选法；从三、四班学生中各选1人，有9X10种不同的选法.

所以，共有不同的选法47X8+7X9+7X10+8X9+8X10+9X10=431（种）.

B级能力提升

1.某班小张等4位同学报名参加/、B.C三个课外活动小组，每位同学限报其中一个

小组，且小张不能报】小组，则不同的报名方法有（）

A.27种B.36种

C.54种D.81种

解析：除小张外，每位同学都有3种选择，小张只有2种选择，所以不同的报名方法有

3X3X3X2=54（种）.

答案：C

2.有三个车队分别有4辆、5辆、5辆车，现欲从其中两个车队各抽取一辆车外出执行

任务，设不同的抽调方案数为力，则〃的值为.

解析：不妨设三个车队分别为甲、乙、丙，则分3类.甲、乙各一辆共4X5=20（种）；

甲、丙各一辆共4X5=20（种）；乙、丙各一辆共5X5=25（种），所以共有20+20+25=

65（种）.

答案：65

3.乒乓球队的10名队员中有3名主力队员，派5名参加比赛，3名主力队员要安排

在第一、三、五位置，其余7名队员中选2名安排在第二、四位置，求不同的出场安排共有

多少种.

解：按出场位置顺序逐一安排：

第一位置有3种安排方法；

第二位置有7种安排方法；

第三位置有2种安排方法；

第四位置有6种安排方法；

第五位置有1种安排方法.

由分步乘法计数原理知，不同的出场安排方法有3X7X2X6X1=252（种）.

3

1.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理

第2课时分类加法计数原理与分步乘法计数原理的应用

A级基础巩固

一、选择题

1.植树节那天，四位同学植树，现有3棵不同的树，若一棵树限1人完成，则不同的

植树方法种数有（）

A.1X2X3B.2X3X4

C.3'D.43

解析：完成这件事分三步.第一步，植第一棵树，有4种不同的方法；第二步，植第二

棵树，有4种不同的方法；第三步，植第三棵树，也有4种不同的方法.由分步乘法计数原

理得：A=4X4X4=4\故选D.

答案：D

2.从1,2,3,4,5五个数中任取3个，可组成不同的等差数列的个数为（）

A.2B.4

C.6D.8

解析：分两类：第一类，公差大于0,有以下4个等差数列：①1,2,3,②2,3,4,

③3,4,5,④1,3,5：第二类，公差小于0,也有4个.根据分类加法计数原理可知，可

组成的不同的等差数列共有4+4=8（个）.

答案：D

3.从集合｛1,2,3｝和｛1,4,5,6｝中各取1个元素作为点的坐标，则在直角坐标系中

能确定不同点的个数为（）

A.12B.11

C.24D.23

解析：先在｛1,2,3｝中取出1个元素，共有3种取法，再在｛1,4,5,6｝中取出1个

元素，共有4种取法，取出的2个数作为点的坐标有2种方法，由分步乘法计数原理知不同

的点的个数有A-3X4X2=24（个）.又点（1,1）被算/两次，所以共有24—1=23（个）.

答案：D

4.已知xG｛2,3,7｝,yG｛-31,—24,4｝,则孙可表示不同的值的个数是（）

A.1+1=2B.1+1+1=3

C.2X3=6D.3X3=9

解析：x,y在各自的取值集合中各选一个值相乘求积，这件事可分两步完成.第一步,

“在集合｛2,3,7｝中任取个值有3种方法；第二步，y在集合｛-31,-24,4｝中任取一

4

个值有3种方法.根据分步乘法计数原理知，不同值有3X3=9（个）.

答案：D

5.用数字2,3组成四位数，且数字2,3至少都出现一次，这样的四位数的个数是（）

A.20B.16

C.14D.12

解析：因为四位数的每个位数上都有两种可能性（取2或3）,其中四个数字全是2或3

的不合题意，所以适合题意的四位数共有2X2X2X2—2=14（个）.

答案：C

二、填空题

6.3位旅客投宿到1个旅馆的4个房间（每房间最多可住3人）有种不同的住

宿方法.

解析：分三步，每位旅客都有4种不同的住宿方法，因而共有不同的方法4X4X4=^

=64（种）.

答案：64

7.甲、乙、丙3个班各有三好学生3,5,2名，现准备推选2名来自不同班的三好学

生去参加校三好学生代表大会，共有_______种不同的推选方法.

解析：分为三类：

第一类，甲班选一名，乙班选一名，根据分步乘法计数原理，选法有3X5=15（种）；

第二类，甲班选一名，丙班选一名，根据分步乘法计数原理，选法有3X2=6（种）；

第三类，乙班选一名，丙班选一名，根据分步乘法计数原理，选法有5X2=10（种）.

综合以上三类，根据分类加法计数原理，不同选法共有15+6+10=31（种）.

答案：31

8.甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五的5天中参加某项志愿者活动，要求每人

参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面.不同的安排方法共有

种.

解析•：分三类.若甲在周一，则乙、丙的排法有4X3=12（种）；

若甲在周二，则乙、丙的排法有3义2=6（种）；

若甲在周三，则乙、丙的排法有2X1=2（种）.

所以不同的安排方法共有12+6+2=20（种）.

答案：20

三、解答题

9.某单位职工义务献血，在体检合格的人中，0型血的共有28人，A型血的共有7人，

B型血的共有9人，AB型血的共有3人.

（1）从中任选1人去献血，有多少种不同的选法？

5

（2）从四种血型的人中各选1人去献血，有多少种不同的选法？

解：从0型血的人中选1人有28种不同的选法，从A型血的人中选1人有7种不同的

选法，从B型血的人中选1人有9种不同的选法，从AB型血的人中选1人有3种不同的选

法.

（1）任选1人去献血，即无论选哪种血型的哪一个人，“任选1人去献血”这件事情都可

以完成，所以用分类加法计数原理，不同的选法有28+7+9+3=47（种）.

（2）要从四种血型的人中各选1A，即从每种血型的人中各选出1人后，“各选1人去献

血”这件事情才完成，所以用分步乘法计数原理，不同的选法有28X7X9X3=5292（种）.

10.8张卡片上写着0,1,2,…，7共8个数字，取其中的三张卡片排放在一起，可

组成多少个不同的三位数？

解：先排百位数字，从1,2,7共7个数字中选一个，有7种选法；再排十位数字,

从除去百位数字外，剩余的7个数字（包括0）中选一个，有7种选法；最后排个位数字，从

除前两步选出的数字外，剩余的6个数字中选一个，有6种选法.由分步乘法计数原理得，

共可以组成的不同三位数有7X7X6=294（个）.

B级能力提升

1.将1,2,3,…，9这9个数字填在如图的9个空格中，要求每一行从左到右，每一

列从上到下分别依次增大.当3,4固定在图中的位置时，填写空格的方法有（）

解析：因为每一行从左到右，每一列从上到下分别依次增大，1,2,9只有一种填法，

5只能填在右上角或左下角，5填好后与之相邻的空格可填6,7,8任一个；余下两个数字

按从小到大只有一种方法.结果共有2X3=6（种），故选A.

答案：A

2.把9个相同的小球放入编号为1,2,3的三个箱子里，要求每个箱子放球的个数不

小于其编号数，则不同的放球方法共有种.

解析：分四类：第一个箱子放入1个小球，将剩余的8个小球放入2,3号箱子，共有

4种放法；第一个箱子放入2个小球，将剩余的7个小球放入2,3号箱子，共有3种放法;

第一个箱子放入3个小球，将剩余的6个小球放入2,3号箱子，共有2种放法；第一个箱

子放入4个小球则共有I种放法.根据分类加法计数原理共有10种情况.

答案：10

3.某人有4种颜色的灯泡（每种颜色的灯泡足够多），要在如图所示的6个点儿B,C,

4,台，G上各装一个灯泡，要求同一条线段两端的灯泡不同色，则每种颜色的灯泡都至少

6

用一个的安装方法共有多少种？

C

AiBi

解：第一步，在点4,B”G上安装灯泡，4有4种方法，笈有3种方法，G有2种方

法，4X3X2=24,即共有24种方法.

第二步，从4B,C中选一个点安装第4种颜色的灯泡，有3种方法.

第三步，再给剩余的两个点安装灯泡，共有3种方法，由分步乘法计数原理可得，安装

方法共有4X3X2X3X3=216（种）.

7

1.2排列与组合

1.2.1排列第1课时排列与排列数公式

A级基础巩固

一、选择题

1.从集合｛3,5,7,9,11｝中任取两个元素：①相加可得多少个不同的和？②相除可

22

得多少个不同的商？③作为椭圆当+看=1中的a,b,可以得到多少个焦点在x轴上的椭圆

ab

22

方程？④作为双曲线当一名=1中的a,b,可以得到多少个焦点在x轴上的双曲线方程？

ab

上面四个问题属于排列问题的是（）

A.①②③④B.②④C.②③D.①©

解析：因为加法满足交换律，所以①不是排列问题；除法不满足交换律，如鼻所以

35

②是排列问题.

//V2

若方程表示焦点在X轴上的椭圆，则必有a,。的大小一定；在双曲线F

aba

2

一方=1中不管a>6还是a<b,方程均表示焦点在x轴上的双曲线，且是不同的双曲线.故

③不是排列问题，④是排列问题.

答案：B

A.12B.24C.30D.36

解析：A?=7X6Ah屋=6A!,所以写位=爷=36.

答案：D

3.北京、上海、香港三个民航站之间的直达航线，需要准备不同的飞机票的种数为（）

A.3B.6C.9D.12

解析：这个问题就是从北京、上海、香港三个民航站中，每次取出两个站，按照起点站

在前、终点站在后的顺序排列，求一共有多少种不同的排列.

起点站终点站匕机票

上海北京一上海

北京

香港北京一香港

8

北京上海一北京

上海

香港上海一香港

北京香港一北京

香港

上海香港一上海

答案：B

4.若从6名志愿者中选出4名分别从事翻译、导游、导购、保洁四项不同的工作，则

选派方案有（）

A.180种B.360种

C.15种D.30种

解析：由排列定义知选派方案有限=6X5X4X3=360（种）.

答案：B

5.用1,2,3,4,5这五个数字，组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有（）

A.24个B.30个C.40个D.60个

解析：将符合条件的偶数分为两类：一类是2作个位数，共有解个，另一类是4作个位

数，也有个.因此符合条件的偶数共有M+M=24（个）.

答案：A

二、填空题

6.若A：0=10X9X…X5,则加=.

解析:由10—（勿一1）=5,得0=6.

答案：6

7.现有8种不同的菜种，任选4种种在不同土质的4块地上，有______种不同的种

法（用数字作答）.

解析：将4块不同土质的地看作4个不同的位置，从8种不同的菜种中任选4种种在4

块不同土质的地上，则本题即为从8个不同元素中任选4个元素的排列问题.所以不同的种

法共有A；=8X7X6X5=1680（种）.

答案:1680

8.从2,3,5,7中每次选出两个不同的数作为分数的分子、分母，则可产生不同的分

数的个数是一，其中真分数的个数是一.

解析：第一步：选分子，可从4个数字中任选一个作分子，共有4种不同选法：第二步:

选分母，从剩下的3个数字中任选一个作分母，有3种不同选法.根据分步乘法计数原理，

不同选法共有4X3=12（种），其中真分数有1共6个.

357577

答案：126

三、解答题

9

9.求下列各式中〃的值：

（l）90A>A；,；

⑵曲二=42A”

解：（1）因为90A：=A：,

所以90n（n—1）=n（n—1）（/?—2）（/?—3）.

所以一―5〃+6=90.

所以（〃-12）（z?+7）=0.

解得〃=一7（舍去）或77=12.

所以满足90A：=A：的n的值为12.

nI

（2）由A4：二：=42AW,得吃一太丁•（77-4）!=42（〃-2）!.

（〃一4）!

所以n（n-l'）=42.

所以n2—77—42—0.解得〃=—6（舍去）或n—7.

10.用1,2,3,4,5,6,7这七个数字组成没有重复数字的四位数.

（1）能被5整除的四位数有多少个？

（2）这些四位数中偶数有多少个？

解：（1）能被5整除的数个位必须是5,故有屋=120（个）.（2）偶数的个位数只能是2,

4,6,有4种排法，其他位上有鼠种排法，由乘法原理知，四位数中偶数共有A；氏=360（个）.

B级能力提升

1.满足不等式§>12的"的最小值为（）

A//

A.12B.10C.9D.8

771（n~~~5）।

解析：由排列数公式得十一,：>12,即（〃一5）（〃-6）>12,解得〃>9或〃V2.

又〃》7,所以〃>9.又〃GN*,所以〃的最小值为10.

答案：B

2.从集合｛0,1,2,5,7,9,11｝中任取3个元素分别作为直线方程/x+"+C=0

中的系数力，B,C,所得直线经过坐标原点的有条.

解析：易知过原点的直线方程的常数项为0,则0=0,再从集合中任取两个非零元素作

为系数4B,有晨种.

所以符合条件的直线有或=30（条）.

答案:30

3.一条铁路线原有小个车站，为了适应客运需要，新增加了〃〃GN*）个车站，

因而客运车票增加了58种，问：原来这条铁路线有多少个车站？现在又有多少个车站？

解：原有"/个车站，所以原有客运车票A制，现有（力+就个车站，所以现有客运车票

10

A■科.

所以解+LA：=58,

所以（〃+加（〃+m—1）一勿（加-1）=58.

即2〃加十刀”一〃=58,

即〃（2加+〃-1）=29X2=1X58.

由于〃，2%+〃一1均为正整数，故可得方程组

/?=29,(〃=2,

①或②{

2%+〃-1=22〃?+普一1=29

〃=1,f77=58,

或③或④

2朋+n—1=58〔2/+n—1=1.

方程组①与④不符合题意.

解方程组②得勿=14,〃=2,解方程组③得加=29,77=1.

所以原有14个车站，现有16个车站或原有29个车站，现有30个车站.

11

1.2排列与组合

1.2.1排列第2课时排列的综合应用

A级基础巩固

一、选择题

1.A,B,C,D,£五人并排站成一行，如果4,8必须相邻且8在/的右边，那么不同

的排法种数是（）

A.6B.24C.48D.120

解析：把48视为一人，且6固定在［的右边，则本题相当于4人的全排列，排法共

有A：=24（种）.

答案：B

2.用数字1,2,3,4,5可以组成没有重复数字，并且比20000大的五位偶数共有（）

A.48个B.36个C.24个D.18个

解析：个位数字是2的有3&=18（个），个位数字是4的有3屈=18（个），所以共有36

个.

答案：B

3.甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法

有（）

A.6种B.12种

C.24种D.30种

解析：首先甲、乙两人从4门课程中同选1门，有4种方法；其次从剩余3门中任选2

门进行排列，排列方法有收=6（种）.于是，甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法共有

4X6=24（种）.

答案：C

4.3张卡片正反面分别标有数字1和2,3和4,5和7,若将3张卡片并列组成一个三

位数，可以得到不同的三位数的个数为（）

A.30B.48C.60D.96

解析：“组成三位数”这件事，分2步完成：第1步，确定排在百位、十位、个位上的

卡片，即为3个元素的一个全排列解；第2步，分别确定百位、十位、个位上的数字，各有

2种方法.根据分步乘法计数原理，可以得到不同的三位数有A；X2X2X2=48（个）.

答案：B

5.生产过程有4道工序，每道工序需要安排一人照看，现从甲、乙、丙等6名工人中

安排4人分别照看一道工序，第一道工序只能从甲、乙两名工人中安排1人，第四道工序只

12

能从甲、丙两名工人中安排1人，则不同的安排方案共有（）

A.24种B.36种

C.48种D.72种

解析：分类完成.第1类，若甲在第一道工序，则丙必在第四道工序，其余两道工序无

限制，有苗种排法；第2类，若甲不在第一道工序（此时乙一定在第一道工序），则第四道工

序有2种排法，其余两道工序有A；种排法，有2A；种排法.

由分类加法计数原理得，不同的安排方案共有A：+2解=36（种）.

答案：B

二、填空题

6.若把英语单词“error”的字母顺序写错了，则可能出现的错误共有______种.

解析：As—1=19.

答案：19

7.把5件不同产品摆成一排，若产品A与产品6相邻，且产品A与产品。不相邻，则

不同的摆法有_一种.

解析：先考虑产品4与6相邻，把46作为一个元素有5种方法，而48可交换位置，

所以摆法有2A：=48（种）.

又当/、8相邻又满足4、C相邻，摆法有2底=12（种）.

故满足条件的摆法有48—12=36（种）.

答案：36

8.在所有无重复数字的四位数中，千位上的数字比个位上的数字大2的数共有—

个.

解析：千位数字比个位数字大2,有8种可能，即（2,0）,（3,1）,…，（9,7）,前一

个数为千位数字，后一个数为个位数字，其余两位无任何限制.所以共有8解=448（个）.

答案：448

三、解答题

9.7人站成一排.

（1）甲、乙、丙排序一定时，有多少种排法？

（2）甲在乙的左边（不一定相邻）有多少种不同的排法？

解析：（1）法一7人的所有排列方法有A；种，其中甲、乙、丙的排序有A：种，又已知甲、

乙、丙排序一定，

所以甲、乙、丙排序一定的排法共有$=840（种）.

n3

法二（插空法）7人站定7个位置，只要把其余4人排好，剩下的3个空位，甲、乙、

丙就按他们的顺序去站，只有一种站法，故排法有A；=7X6X5X4=840（种）.

13

（2）“甲在乙的左边”的7人排列数与“甲在乙的右边”的7人排列数相等，而7人的

排列数恰好是这二者之和，因此满足条件的排法有1;=2520（种）.

10.一场晚会有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4个节目要有舞蹈节目，有多少种排法？

解：（D先从5个演唱节目中选两个排在首尾两个位置有店种排法，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Al种排法,故共有不同排法AU：=1440（种）.

（2）先不考虑排列要求，有腰种排列，其中前4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A，：

种排法，所以前四个节目要有舞蹈节目的排法有A；—A；A；=37440（种）.

B级能力提升

1.在航天员进行的一项太空试验中，要先后实施6个程序，其中程序4只能出现在第

一步或最后一步，程序8和C在实施时必须相邻，则试验顺序的编排方法共有（）

A.24种B.48种

C.96种D.144种

解析：本题是一个分步计数问题，由题意知程序4只能出现在第一步或最后一步，所以

从第一个位置和最后一个位置中选一个位置排编排方法有*=2（种）.因为程序6和C

在实施时必须相邻，所以把6和「看作一个元素，同除A外的3个元素排列，注意6和。

之间有2种排法，即编排方法共有A/=48（种）.根据分步乘法计数原理知，编排方法共有

2X48=96（种）,故选C.

答案：C

2.三个人坐在一排八个座位上，若每人的两边都要有空位，则不同的坐法种数为

解析：“每人两边都有空位”是说三个人不相邻，且不能坐两头，可视作5个空位和3

个人满足上述两要求的一个排列，只要将3个人插入5个空位形成的4个空当中即可.所以

不同坐法共有A；=24（种）.

答案：24

3.用1,2,3,4,5,6,7排成无重复数字的七位数，按下述要求各有多少个？

（1）偶数不相邻；

（2）偶数一定在奇数位上；

（3）1和2之间恰好夹有一个奇数，没有偶数.

解：（1）用插空法，共有A；解=1440（个）.

（2）先把偶数排在奇数位上有A；种排法，再排奇数有A；种排法.

14

所以共有A匍=576（个）.

（3）1和2的位置关系有A舜中，在1和2之间放一个奇数有A；种方法，把I,2和相应奇

数看成整体再和其余4个数进行排列有/种排法，所以共有A米氏=720（个）.

15

1.2排列与组合

1.2.2组合第1课时组合与组合数公式

A级基础巩固

一、选择题

1.从10个不同的数中任取2个数，求其和、差、积、商这四个问题，属于组合的有（）

A.1个B.2个C.3个D.4个

解析：因为减法、除法运算中交换位置，对结果有影响，所以属于组合的有2个.

答案：B

2.已知平面内/、B、C、〃这4个点中任何3点均不共线，则由其中任意3个点为顶点

的所有三角形的个数为（)

A.3B.4C.12D.24

解析：C<=CJ=4.

答案：B

3.集合仁{x|x=C；,〃是非负整数},集合B={1,2,3,4},则下列结论正确的是（）

A.4U8={0,1,2,3,4}B.64

c./ns={i,4}1).AQB

解析：依题意，C'；中，〃可取的值为1,2,3,4,所以4={1,4,6},所以{AQ{1,

4).

答案：C

4.下列各式中与组合数㈤相等的是（）

n

A.步TB.——C：m_

n—m

c.cL

(〃一1)!n\

解析：因智％=告,所以选项B正确.

(〃一加一1)!(n—/n)!

答案：B

5.5+以+d+…+僚=()

A.Ci5B.CieC.Ci7D.C；7

解析：原式=C；+C，+C；H---bC；6=C；+C；d---PC：6=C；+点+…+C：6=~=C；6+C：6=C；7.

答案：c

二、填空题

6.化简：或一C3+C：=

16

解析：d-c3+C=(比+c：)-c3=c3-c3=o.

答案：o

7.已知圆上有9个点，每两点连一线段，则所有线段在圆内的交点最多有个.

解析：此题可化归为圆上9个点可组成多少个四边形，所以交点最多有C；=126(个).

答案：126

8.从一组学生中选出4名学生当代表的选法种数为A,从这组学生中选出2人担任正、

DO

副组长的选法种数为6,若7=口，则这组学生共有_______人.

n1o

A2O

解析：设有学生〃人，则注=百，解之得〃=15.

答案：15

三、解答题

9.解不等式：2C：U<3C=：.

解：因为2c为V3C，：,

所以2c3<3图、

2X(x-\-1)x(x-1)(x+1)X

所以<3X

3X2义]2X1~,

LL…X