数学北师大版 (2019)3.1 组合第1课时同步练习题

第五章计数原理

§3　组合问题

第1课时　组合(一)

课后篇巩固提升

合格考达标练

1.下列问题中,组合问题的个数是(　　)

①从全班50人中选出5人组成班委会;

②从全班50人中选出5人分别担任班长、副班长、团支部书记、学习委员、生活委员;

③从1,2,3,…,9中任取两个数求积;

④从1,2,3,…,9中任取两个数求差或商.

A.1 B.2 

C.3 D.4

答案B

解析对于①,从50人中选出5人组成班委会,不考虑顺序,是组合问题;②为排列问题;对于③,从1,2,3,…,9中任取两个数求积是组合问题;因为乘法满足交换律,而减法和除法不满足,故④为排列问题.

2.有6名男医生、5名女医生,从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组,则不同的选法共有(　　)

A.60种 B.70种

C.75种 D.150种

答案C

解析由题意知,选2名男医生、1名女医生的方法有=75(种).

3.+…+的值为(　　)

A. B.

C. D.

答案C

解析+…++…+.

4.若集合M={x|≤21},则组成集合M的元素共有(　　)

A.1个 B.3个 C.6个 D.7个

答案C

解析∵=1,=7,=21,=35>21,∴x=0,1,2,5,6,7.

5.从2位女生,4位男生中选3人参加科技比赛,且至少有1位女生入选,则不同的选法共有　　　　　种(用数字填写答案). 

答案16

解析(方法一)可分两种情况:第一种情况,只有1位女生入选,不同的选法有=12(种);第二种情况,有2位女生入选,不同的选法有=4(种).根据分类加法计数原理知,至少有1位女生入选的不同的选法有16种.

(方法二)从6人中任选3人,不同的选法有=20(种),从6人中任选3人都是男生,不同的选法有=4(种),所以至少有1位女生入选的不同的选法有20-4=16(种).

6.以下四个式子:①;②=n;③;④.

其中正确的个数是　　　　　. 

答案4

解析①式显然成立;

②式中=n(n-1)(n-2)…(n-m+1),

=(n-1)(n-2)…(n-m+1),

所以=n,故②式成立;

对于③式,,故③式成立;

对于④式,,故④式成立.

7.从2,3,5,7四个数中任取两个不同的数相乘,有m个不同的积;任取两个不同的数相除,有n个不同的商,则=.

答案

解析∵m=,n=,∴.

8.

如图,有A,B,C,D四个区域,用五种不同的颜色给它们涂色,要求共边的两区域颜色互异,每个区域只涂一种颜色,共有多少种不同的涂色方法?

解第1步,涂A区域有种方法;第2步,涂B区域有种方法;第3步,涂C区域和D区域;若C区域涂与A区域相同的颜色,则D区域有4种涂法;若C区域涂A、B剩余3种颜色之一,即有种涂法,则D区域有种涂法.故共有·(4+)=260种不同的涂色方法.

9.在一次数学竞赛中,某学校有12人通过了初试,学校要从中选出5人去参加市级培训,在下列条件下,有多少种不同的选法?

(1)任意选5人;

(2)甲、乙、丙三人必须参加;

(3)甲、乙、丙三人不能参加;

(4)甲、乙、丙三人只能有1人参加.

解(1)从中任取5人是组合问题,共有=792种不同的选法.

(2)甲、乙、丙三人必须参加,则只需从另外9人中选2人,是组合问题,共有=36种不同的选法.

(3)甲、乙、丙三人不能参加,则只需从另外的9人中选5人,共有=126种不同的选法.

(4)甲、乙、丙三人只能有1人参加,可分为两步:先从甲、乙、丙中选1人,有=3种选法,再从另外9人中选4人,有种选法,共有=378种不同的选法.

等级考提升练

10.用0,1,…,9十个数字组成的三位数中,有重复数字的三位数的个数为(　　)

A.243 B.252

C.261 D.279

答案B

解析所有三位数的个数为9×10×10=900.没有重复数字的三位数有=648,所以有重复数字的三位数的个数为900-648=252.

11.若=12,则n等于(　　)

A.8 B.5或6

C.3或4 D.4

答案A

解析因为=n(n-1)(n-2),n(n-1),所以n(n-1)(n-2)=12×n(n-1).又n∈N+,且n≥3,所以n=8.

12.(2020山东济宁期末)某校开设10门课供学生选修,其中A,B,C三门由于上课时间相同,至多选一门,学校规定每位学生选修三门,则每位学生不同的选修方案种数是(　　)

A.120 B.98

C.63 D.35

答案B

解析根据题意,分2种情况讨论:

①从A,B,C三门中选出1门,其余7门中选出2门,选法有=63(种);

②从除A,B,C三门之外的7门中选出3门,选法有=35(种).

故不同的选法种数为63+35=98.

13.(多选题)若,则正整数x的值是(　　)

A.1 B.4

C.6 D.8

答案AC

解析∵,

∴x=2x-1或x+2x-1=17,

解得x=1或x=6,

经检验都满足题意.

故选AC.

14.(多选题)在100件产品中,有98件合格品,2件不合格品,从这100件产品中任意抽出3件,则(　　)

A.抽出的3件中恰好有1件是不合格品的抽法有种

B.抽出的3件中恰好有1件是不合格品的抽法有种

C.抽出的3件中至少有1件是不合格品的抽法有种

D.抽出的3件中至少有1件是不合格品的抽法有种

答案ACD

解析根据题意,依次分析选项:

对于A,抽出的3件中恰好有1件是不合格品,即2件合格品,1件不合格品,有种抽取方法,A正确,B错误;

对于C,抽出的3件中至少有1件是不合格品,即2件合格品,1件不合格品或1件合格品,2件不合格品,有种抽取方法,C正确;

对于D,用间接法分析,抽出的3件中没有不合格品的抽取方法有种,则抽出的3件中至少有1件是不合格品的抽法有种,D正确.

故选ACD.

15.某餐厅供应饭菜,每位顾客可以在餐厅提供的菜肴中任选2荤2素共4种不同的品种.现在餐厅准备了5种不同的荤菜,若要保证每位顾客有200种以上不同的选择,则餐厅至少还需准备不同的素菜品种　　　　　种(结果用数值表示). 

答案7

解析设餐厅至少还需准备x种不同的素菜.

由题意,得≥200,

从而有≥20,即x(x-1)≥40.

又x∈N+,所以x的最小值为7.

16.已知集合A={1,2,3,4,5},则至少含一个偶数的集合A的子集个数为　　　　　. 

答案24

解析(方法一)当子集中含有1个偶数时,共有)=16(个);

当子集中含有2个偶数时,共有=8(个);

满足题意的集合A的子集个数为16+8=24(个).

(方法二)集合A的子集共有=32(个),

不符合题意的子集有空集、分别只含有1,2,3个奇数的子集,有=8(个),

故符合题意的子集个数为32-8=24(个).

17.已知10件不同产品中有4件是次品,现对它们一一进行测试,直至找出所有4件次品为止.

(1)若恰在第5次测试,才测试到第一件次品,第十次测试才找到最后一件次品,则这样的不同测试方法数是多少?

(2)若恰在第5次测试后,就找出了所有4件次品,则这样的不同测试方法数是多少?

解(1)先排前4次测试,只能取正品,有种不同的测试方法,再从4件次品中选2件排在第5和第10的位置上测试,有种测法,再排余下4件的测试位置,有种测法.所以共有不同测试方法=103680(种).

(2)第5次测试恰为最后一件次品,另3件在前4次中出现,从而前4次有一件正品出现.所以共有不同测试方法·(=576(种).

新情境创新练

18.某次足球比赛中,共有32支球队参加,它们先平均分成8个小组进行循环赛,决出16强(每队均与本组其他队赛一场,各组第一、二名晋级16强),这16支球队按确定的程序进行淘汰赛,最后决出冠、亚军,此外还要决出第三名、第四名,请问这次足球赛总共进行多少场比赛?

解可分为如下几类比赛:(1)小组循环赛:每组有=6(场),8个小组共有48场;(2)八分之一淘汰赛:8个小组的第一、二名组成16强,根据赛制规则,每两个队比赛一场,可以决出8强,共有8场;(3)四分之一淘汰赛:根据赛制规则,8强中每两个队比赛一次,可以决出4强,共有4场;(4)半决赛:根据赛制规则,4强每两个队比赛一场,可以决出2强,共有2场;(5)决赛:2强比赛1场确定冠、亚军,4强中的另两支队比赛1场决出第三、四名,共有2场.综上,由分类加法计数原理知,共有48+8+4+2+2=64场比赛.