【数学】2020届一轮复习人教A版组合课时作业 4页

‎1.下列问题是组合问题有(　　)‎ ‎(1)设集合A={a,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,则这条线上有多少种票价?‎ ‎(3)3人去干5种不同的工作,每人干1种,有多少种分工方法?‎ ‎(4)把3本相同的书分给5个学生,每人最多得1本,有几种分配方法?‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.(1)(2)(4) B.(1)(3)(4) ‎ C.(2)(3)(4) D.(1)(2)(3)‎ 解析:(1)因为本问题与元素顺序无关,所以是组合问题.‎ ‎(2)虽然甲站到乙站的车票与乙站到甲站的车票是不同的,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,所以是组合问题.‎ ‎(3)因为分工方法是从5种不同的工作中选出3种,按一定顺序分给3个人去干,所以是排列问题.‎ ‎(4)因为3本书是相同的,无论把3本书分给哪三人,都不需考虑他们的顺序,所以是组合问题.‎ 答案:A ‎2.某新农村社区共包括8个自然村,且这些村庄分布零散,没有任何三个村庄在一条直线上,现要在该社区内建“村村通”工程,共需建公路的条数为(　　)‎ A.4 B.8 ‎ C.28 D.64‎ 解析:由于“村村通”公路的修建,是组合问题.故共需要建C‎8‎‎2‎=28条公路.‎ 答案:C ‎3.已知Cn+1‎‎7‎‎-Cn‎7‎=‎Cn‎8‎,则n等于(　　)‎ A.14 B.12 ‎ C.13 D.15‎ 解析:∵Cn+1‎‎7‎‎=‎Cn+1‎‎8‎,‎ ‎∴7+8=n+1,‎ ‎∴n=14.‎ 答案:A ‎4.(2016·山东胶州高二期中)在100件产品中有6件次品,现从中任取3件产品,至少有1件次品的不同取法的种数是(　　)‎ A.C‎6‎‎1‎C‎94‎‎2‎ B.C‎6‎‎1‎C‎99‎‎2‎ ‎ C.C‎100‎‎3‎‎-‎C‎94‎‎3‎ D.‎A‎100‎‎3‎‎-‎A‎94‎‎3‎ 解析:从100件产品中抽取3件的取法数为C‎100‎‎3‎,其中全为正品的取法数为C‎94‎‎3‎,∴共有不同取法为C‎100‎‎3‎‎-‎C‎94‎‎3‎.故选C.‎ 答案:C ‎5.某食堂每天中午准备4种不同的荤菜,7种不同的素菜,用餐者可以按下述方法搭配午餐:(1)任选两种荤菜、两种素菜和白米饭;(2)任选一种荤菜、两种素菜和蛋炒饭.那么每天不同午餐的搭配方法总数是(　　)‎ A.22 B.56 ‎ C.210 D.420‎ 解析:C‎4‎‎2‎C‎7‎‎2‎‎+‎C‎4‎‎1‎C‎7‎‎2‎=210.‎ 答案:C ‎6.从正方体的6个面中选取3个面,其中2个面不相邻的选法共有　　　　　种. ‎ 解析:从6个面中任选3个面,有C‎6‎‎3‎=20种选法,3个面相邻的选法共8种,故符合条件的选法共有20-8=12(种).‎ 答案:12‎ ‎7.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、副组长的选法种数为B,若BA‎=‎‎2‎‎13‎,则这组学生共有　　　　　人. ‎ 解析:设有学生n人,则An‎2‎Cn‎4‎‎=‎‎2‎‎13‎,解得n=15或n=-10(舍去).‎ 答案:15‎ ‎8.若对任意的x∈A,则‎1‎x∈A,就称A是“具有伙伴关系”的集合.集合M=‎-1,0,‎1‎‎3‎,‎1‎‎2‎,1,2,3,4‎的所有非空子集中,具有伙伴关系的集合的个数为　　　　　. ‎ 解析:具有伙伴关系的元素组共4组,所以集合M的所有非空子集中,具有伙伴关系的非空集合中的元素,可以是具有伙伴关系的元素组中的任一组、二组、三组、四组,又集合中的元素是无序的,因此,所求集合的个数为C‎4‎‎1‎‎+C‎4‎‎2‎+C‎4‎‎3‎+‎C‎4‎‎4‎=15.‎ 答案:15‎ ‎9.计算:(1)C‎8‎‎5‎‎+C‎100‎‎98‎·‎C‎7‎‎7‎;‎ ‎(2)C‎5‎‎0‎‎+C‎5‎‎1‎+C‎5‎‎2‎+C‎5‎‎3‎+C‎5‎‎4‎+‎C‎5‎‎5‎;‎ ‎(3)Cn+1‎n‎·‎Cnn-1‎.‎ 解(1)原式=C‎8‎‎3‎‎+‎C‎100‎‎2‎×1=‎8×7×6‎‎3×2×1‎‎+‎‎100×99‎‎2×1‎=56+4 950=5 006.‎ ‎(2)原式=2(C‎5‎‎0‎‎+C‎5‎‎1‎+‎C‎5‎‎2‎)=2(C‎6‎‎1‎‎+‎C‎5‎‎2‎)=2×‎6+‎‎5×4‎‎2×1‎=32.‎ ‎(3)原式=Cn+1‎n‎·Cn‎1‎=‎‎(n+1)!‎n!‎·n=‎(n+1)·n!‎n!‎·n ‎=(n+1)n=n2+n.‎ ‎10.平面内有12个点,其中有4个点共线,此外再无任何3点共线,以这些点为顶点,可得多少个不同的三角形?‎ 解方法一:我们把从共线的4个点中取点的多少作为分类的标准.‎ 第一类:共线的4个点中有2个点作为三角形的顶点,共有C‎4‎‎2‎‎·‎C‎8‎‎1‎=48(个)不同的三角形;‎ 第二类:共线的4个点中有1个点作为三角形的顶点,共有C‎4‎‎1‎‎·‎C‎8‎‎2‎=112(个)不同的三角形;‎ 第三类:共线的4个点中没有点作为三角形的顶点,共有C‎8‎‎3‎=56(个)不同的三角形.‎ 由分类加法计数原理,不同的三角形共有 ‎48+112+56=216(个).‎ 方法二:间接法.C‎12‎‎3‎‎-‎C‎4‎‎3‎=220-4=216(个).‎ B组 ‎1.圆周上有12个不同的点,过其中任意两点作弦,这些弦在圆内的交点的个数最多是(　　)‎ A.A‎12‎‎4‎ B.A‎12‎‎2‎A‎12‎‎2‎ ‎ C.C‎12‎‎2‎C‎12‎‎2‎ D.‎C‎12‎‎4‎ 解析:圆周上每4个点组成一个四边形,其对角线在圆内有一个交点.∴交点最多为C‎12‎‎4‎个.故选D.‎ 答案:D ‎2.某地政府召集5家企业的负责人开会,已知甲企业有2人到会,其余4家企业各有1人到会,会上有3人发言,则这3人来自3家不同企业的可能情况的种数为(　　)‎ A.14 B.16 ‎ C.20 D.48‎ 解析:可分为两种情况:(1)甲企业选中1人,有C‎2‎‎1‎C‎4‎‎2‎=12种选法;‎ ‎(2)甲企业无人选中,有C‎4‎‎3‎=4种选法,所以由分类计数原理可知共有12+4=16种可能.‎ 答案:B ‎3.(2016·湖南常德一中月考)有8张奖券,其中一、二、三等奖各1张,其余5张无奖.将这8张奖券分给4个人,每人2张,不同的获奖情况有　　　　　种(用数字作答). ‎ 解析:因为8张奖券中一、二、三等奖各1张,其余5张无奖,所以只需将有奖的三张分给四人,再将无奖奖券补够每人都有两张奖券即可,三张有奖奖券分给四人有两种情况:一是三个人每人一张,另一个人无,共A‎4‎‎3‎=24种分法;二是一个人一张,一个人两张,另两个人无,共C‎3‎‎2‎A‎4‎‎2‎=36种分法,共有24+36=60种不同的获奖情况,故答案为60.‎ 答案:60‎ ‎4.导学号43944011从1到9的9个数字中取3个偶数、4个奇数,试问:‎ ‎(1)能组成多少个没有重复数字的七位数?‎ ‎(2)上述七位数中,3个偶数排在一起的有几个?‎ ‎(3)(1)中的七位数中,偶数排在一起,奇数也排在一起的有几个?‎ 解(1)分三步完成:第一步,在4个偶数中取3个,有C‎4‎‎3‎种情况;第二步,在5个奇数中取4个,有C‎5‎‎4‎种情况;第三步,3个偶数、4个奇数进行排列,有A‎7‎‎7‎种情况.所以符合题意的七位数有C‎4‎‎3‎C‎5‎‎4‎A‎7‎‎7‎=100 800(个).‎ ‎(2)上述七位数中,3个偶数排在一起的有C‎4‎‎3‎C‎5‎‎4‎A‎5‎‎5‎A‎3‎‎3‎=14 400(个).‎ ‎(3)上述七位数中,3个偶数排在一起,4个奇数也排在一起的有C‎4‎‎3‎C‎5‎‎4‎A‎3‎‎3‎A‎4‎‎4‎A‎2‎‎2‎=5 760(个).‎ ‎5.导学号43944012某次足球赛共12支球队参加,分三个阶段进行:‎ ‎(1)小组赛:经抽签分成甲、乙两组,每组6队进行单循环比赛,以积分及净剩球数取前两名;‎ ‎(2)半决赛:甲组第一名与乙组第二名,乙组第一名与甲组第二名作主客场交叉淘汰赛(每两队客场各赛一场)决出胜者;‎ ‎(3)决赛:两个胜队参加决赛一场,决出胜负.‎ 问全部赛程共需比赛多少场?‎ 解(1)小组赛中每组6队进行单循环比赛,就是6支球队的任两支球队都要比赛一次,所需比赛的场次即为从6个元素中任取2个元素的组合数,所以小组赛共要比赛2C‎6‎‎2‎=2×‎6×5‎‎1×2‎=30(场).‎ ‎(2)半决赛中甲组第一名与乙组第二名(或乙组第一名与甲组第二名)主客场各赛一场,所需比赛的场次即为从2个元素中任取2个元素的排列数,所以半决赛共要比赛2A‎2‎‎2‎=2×1×2=4(场).‎ ‎(3)决赛只需比赛1场,即可决出胜负.‎ 所以全部赛程共需比赛30+4+1=35(场).‎