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7.3 组合
知识点 1 组合、组合数与组合数公式
必备知识 清单破
1. = .
2. = + .
知识点 2 组合数的性质
知识拓展 组合中的平方恒等式: n∈N*,恒有 ( )2= .
知识辨析
1.两个组合相同的充要条件是什么 与顺序是否有关
2.从a,b,c三个不同元素中任取两个元素组成一个组合,共有多少个这样的组合
3.若 = ,则n等于多少
4.计算从a,b,c,d四个不同的正数中选两个分别进行加、减、乘、除运算,是排列问题还是组 合问题
一语破的
1.两个组合相同的充要条件是两个组合中的元素完全相同;与顺序无关.
2.不同的组合为ab,ac,bc,有 =3(个).
3.由组合数的性质 = ,得n=6+5=11.
4.减法和除法运算有顺序,是排列问题;加法和乘法运算无顺序,是组合问题.
1.组合数公式的应用技巧
乘积式 =
主要适用于含具体数字的组合数的计算求值;阶乘式 = 主要适用于含字母的组合
数的有关变形及证明.
2.组合数的性质及应用
(1)性质“ = ”的意义及作用
关键能力 定点破
定点 1 组合数及其运算
(2)性质“ = + ”的顺用、逆用、变形用
顺用是将一个组合数拆成两个;逆用则是“合二为一”;变形式 = - 为某些项相
互抵消提供了方便,在解题时要注意灵活运用.
典例1 (1)计算 + ;
(2)解不等式: > .
解析 (1)解法一: + = + =15+20=35.
解法二: + = = =35.
(2)由 > 得
∴
即
∴6≤n<10,
∵n∈N*,
∴原不等式的解集为{6,7,8,9}.
典例2 (1)证明:m =n ;
(2)已知 - = ,求 + .
解析 (1)证明:m =m·
=
=n·
=n .
(2)∵ - = ,
∴ -
= ,
即 -
= ,
∴1- = ,
即m2-23m+42=0,
解得m=2或m=21.
∵0≤m≤5,∴m=2,
∴ + = + = =84.
分组问题和分配问题是有区别的,前者是组与组之间只要元素个数相同,就是不可区分 的,而后者即使两组元素个数相同,但因元素不同,仍然是可区分的.
1.分组问题的求解策略
定点 2 分组与分配问题
常见形式 处理方法
非均匀不
编号分组 将n个不同元素分成m(m≤n)组,每组元素数目均不相同,且不考虑各组间的顺序,不管是否分尽,分法种数A= · · ·…·
均匀不编
号分组 将n个不同元素分成不编号的m(m≤n)组,假定其中r组元素个数相等,不管是否分尽,其分法种数为 (其中A为非均匀不编号分组中的分法种数).如果再有k组均匀分组,则应再除以
非均匀编
号分组 将n个不同元素分成m(m≤n)组,各组元素数目均不相等,且考虑各组间的顺序,其分法种数为A· (其中A为非均匀不编号分组中的分法种数)
均匀编号
分组 将n个不同元素分成m(m≤n)组,其中r组元素个数相同且考虑各组间的顺序,其分法种数为 · (其中A为非均匀不编号分组中的分法种数)
2.相同元素分配问题的处理策略
“n个相同元素分成m组(每组的任务不同)”的问题,一般可用隔板法求解.
(1)当每组至少含一个元素时,其不同分组方式有 种,即给n个元素中间的(n-1)个空隙中插
入(m-1)个隔板.
(2)任意分组,可出现某些组含0个元素的情况,其不同分组方式有 种,即将n个相同元素与
(m-1)个相同隔板进行排序,在(n+m-1)个位置中选(m-1)个安排隔板.
典例1 按下列要求分配6本不同的书,各有多少种不同的方法
(1)分成三份,1份1本,1份2本,1份3本;
(2)甲、乙、丙三人中,一人得1本,一人得2本,一人得3本;
(3)分成三份,每份2本;
(4)分配给甲、乙、丙三人,每人2本;
(5)分成三份,1份4本,另外两份每份1本;
(6)甲、乙、丙三人中,一人得4本,另外两人每人得1本.
解析 (1)先从6本书中选1本,有 种方法,再从剩余5本书中选2本,有 种方法,还剩3本书全
选,有 种方法,所以共有 =60种方法.
(2)在(1)的基础上进行分配即可,所以有 =360种方法.
(3)先从6本书中选2本,有 种方法,再从剩余4本书中选2本,有 种方法,还剩2本书全选,有
种方法,所以共有 =90种方法.
但是,这些方法中有重复.假如6本书分别为A,B,C,D,E,F,若三个步骤分别选出的是AB,CD,EF, 则根据顺序的不同,所有情况为(AB,CD,EF),(AB,EF,CD),(CD,AB,EF),(CD,EF,AB),(EF,AB, CD),(EF,CD,AB),但这只能算一种方法.
所以不同的方法共有 =15(种).
(4)在(3)的基础上进行分配即可,则分配方法共有 × =90(种).
(5)从6本书中选4本的方法有 种,从剩余2本书中选1本的方法有 种.
因为在最后两本书的选择中发生了重复,所以分配方法共有 =15(种).
(6)在(5)的基础上进行分配即可,即有 × =90种方法.
方法总结 不同元素的分配问题,往往是先分组再分配.在分组时,通常有三种类型:①不均匀 分组;②均匀分组;③部分均匀分组.注意各种分组类型中,不同分组方式的解法.
典例2 某校准备参加该地的高中数学联赛,把16个选手名额分配到高三年级的1~4班,每班至 少一个名额.
(1)不同的分配方案共有多少种
(2)若每班名额不小于该班的序号数,则不同的分配方案共有多少种
解析 (1)问题相当于在16个相同元素中间的15个空隙中插入3个隔板,分为4段,分法种数为 =455.
故不同的分配方案共有455种.
(2)问题转化为先给2班1个名额,3班2个名额,4班3个名额,再把余下的10个相同元素分成4段, 求每段至少有1个元素的分配方案种数.
在10个元素中间的9个空隙中插入3个隔板,分为4段,分法种数为 =84,
因此不同的分配方案共有84种.
1.正确区分“有序”与“无序”
区分排列与组合的重要标志是“有序”和“无序”,无序的问题用组合的知识解答,有序的 问题用排列的知识解答.
2.辩证看待“元素”与“位置”
排列、组合问题中的元素与位置没有严格的界定标准,哪些事件看成元素或位置,要视 具体情况而定.有时“元素选位置”解决问题更简捷,有时“位置选元素”效果会更好.
定点 3 排列、组合的综合应用问题
典例1 从1,3,5,7,9这五个数字中任取两个数字,从0,2,4,6这四个数字中任取两个数字.
(1)可组成多少个没有重复数字的四位数
(2)可组成多少个没有重复数字的四位偶数
解析 (1)当构成的四位数不含0时,从1,3,5,7,9中任取两个数字,从2,4,6中任取两个数字,再将 选取的4个数字全排列,共有 =720个四位数;
当构成的四位数含0时,从1,3,5,7,9中任取两个数字,从2,4,6中任取一个数字,再从选取的这3个 数字中选一个放在千位,剩下的两个和0任意排在个位、十位、百位上,所以共有 =
540个四位数.
故符合条件的四位数共有720+540=1 260(个).
(2)当四位偶数不含数字0时,从1,3,5,7,9中任取两个数字,从2,4,6中任取两个数字,再从选取的 2个偶数中任选一个放在个位,剩下3个任意排在千位、百位、十位上,有 =360个四
位数;
当四位偶数含有数字0时,分两种情况:0在个位和0不在个位,当0在个位时,有 =180个
四位数;当0不在个位时,此时0只能在十位或百位,所以有 =120个四位数.
故符合条件的四位偶数共有360+180+120=660(个).
典例2 某市开展“学生体质健康提升工程”系列活动,举行一年一度的春季中学生运动会.某 校决定从6名运动员(含甲、乙运动员)中选4人参加4×100米接力赛,在下列条件中,各有多少 种不同的排法
(1)甲、乙两人必须入选,且跑中间两棒;
(2)甲不跑第一棒且乙不跑第四棒.
解析 (1)根据题意,分两步进行:
第一步:甲、乙两人必须入选且跑中间两棒,则甲、乙两人的排法有 =2(种);
第二步:在剩下的4人中选2人,安排在第一棒和第四棒,有 =12(种).
由分步计数原理可得,甲、乙两人必须入选,且跑中间两棒的排法有2×12=24(种).
(2)根据题意,分两类:
第一类:若甲跑第四棒,此时只需在剩下的5人中任选3人,安排在第一、二、三棒即可,有 =6
0种安排方法;
第二类:若甲不跑第四棒,此时第四棒由除甲、乙外的另外4人中选1人跑,有 种,第一棒从除
甲以外的4人中选1人跑,有 种,在剩下的4人中任选2人,安排在第二、三棒,有 种安排方
法,
此时共有 =192种安排方法.
由分类计数原理可得,甲不跑第一棒且乙不跑第四棒的排法共有60+192=252(种).
方法总结 解排列、组合问题要遵循两个原则:①按元素(或位置)的性质进行分类;②按事情 发生的过程进行分步.具体地说,解排列、组合问题常以元素(或位置)为主体,即先满足特殊 元素(或位置),再考虑其他元素(或位置),利用分类计数原理或分步计数原理计算.第2课时 组合的应用
基础过关练
题组一 多面手问题
1.“赛龙舟”是端午节的习俗之一,也是端午节最重要的节日民俗活动之一,某单位龙舟队欲参加端午节龙舟赛,参加训练的8名队员中有3人只会划左桨,3人只会划右桨,2人既会划左桨又会划右桨.现要选派3人划左桨、3人划右桨共6人去参加比赛,则不同的选派方法共有( )
A.26种 B.31种 C.36种 D.37种
2.某国际旅行社有11名对外翻译人员,其中有5人只会英语,4人只会法语,2人既会英语又会法语,现从这11人中选出4人当英语翻译,4人当法语翻译,则不同的选法种数为( )
A.225 B.185 C.145 D.110
题组二 有限制条件的组合问题
3.某校开设A类选修课4门,B类选修课2门,每位同学从中选3门,若要求两类课程中都至少选一门,则不同的选法种数为( )
A.32 B.20 C.16 D.14
4.(多选题)甲学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理这六门课程中选三门作为选考科目,则下列说法正确的有( )
A.若任意选择三门课程,则有种选法
B.若物理和化学至少选一门,则有种选法
C.若物理和历史不能同时选,则有()种选法
D.若物理和化学至少选一门,且物理和历史不同时选,则有()种选法
5.某班共有团员14人,其中男团员8人,女团员6人,并且男、女团员各有一名组长,现从中选6人参加学校的团员座谈会.(用数字作答)
(1)若至少有1名组长当选,求不同的选法种数;
(2)若至多有3名女团员当选,求不同的选法种数;
(3)若既有组长当选,又有女团员当选,求不同的选法种数.
题组三 几何中的组合问题
6.如图,在四棱锥P-ABCD中,从除顶点P外的其他的顶点和各条棱的中点中取3个,使它们和点P在同一平面内,则不同的取法种数为 .(用数字作答)
7.平面上有9个点,其中有4个点共线,除此外无3点共线.
(1)这9个点可确定多少条不同的直线
(2)以这9个点中的3个点为顶点,可以确定多少个三角形
(3)以这9个点中的4个点为顶点,可以确定多少个四边形
题组四 分组与分配问题
8.将5名学生分配到甲、乙两个宿舍,每个宿舍至少安排2名学生,那么互不相同的安排方法的种数为( )
A.10 B.20 C.30 D.40
9.某校高二年级在安排自习辅导时,将5位不同学科的老师分配到3个不同班级进行学科辅导,每个班级至少一位老师,则不同分配方案的种数为( )
A.60 B.150 C.180 D.240
10.某校将8个足球赛志愿者名额分配到高一年级的四个班级,每班至少一个名额,则不同的分配方法共有 种(用数字作答).
题组五 排列与组合的综合应用
11.甲、乙、丙、丁四人计划一起去陕西省榆林市旅游,他们从榆林古城、镇北台、红石峡、榆林沙漠国家森林公园、红碱淖、白云山、易马城遗址这7个景点中选4个游玩(按照游玩的顺序,最先到达的称为第一站,后面到达的依次称为第二、三、四站),已知他们第一站不去榆林沙漠国家森林公园,且第四站去红碱淖或白云山,则他们这四站景点的选法共有( )
A.180种 B.200种 C.240种 D.300种
12.某小组两名男生和两名女生邀请一名老师排成一排合影留念,要求两名男生不相邻,两名女生也不相邻,老师不站在两端,则不同的排法共有( )
A.8种 B.16种 C.24种 D.32种
13.一排有8个座位,如果每个座位只能坐1人,现安排四人就座,恰有两个空位相邻的不同坐法有 种(用数字作答).
能力提升练
题组一 组合的实际应用
1.三位同学参加某项体育测试,每人要从100 m跑、引体向上、跳远、铅球四个项目中选出两个项目参加测试,则有且仅有两人选择的项目完全相同的概率是( )
A.
2.(多选题)如图,在某城市中,M,N两地之间有整齐的方格形道路网,其中A1,A2,A3,A4是道路网中位于一条对角线上的4个交会处.今在道路网M,N处的甲、乙两人分别要到N,M处,他们分别随机选择一条沿街的最短路径,以相同的速度同时出发,直到到达N,M处为止,则下列说法正确的有( )
A.甲从M到达N处的走法种数为20
B.甲从M必须经过A3到达N处的走法种数为9
C.甲、乙两人能在A3处相遇的走法种数为36
D.甲、乙两人能相遇的走法种数为162
3.以长方体ABCD-A1B1C1D1的任意三个顶点为顶点作三角形,从中随机取出2个三角形,则这2个三角形不共面的情况种数为( )
A.1 480 B.1 468
C.1 516 D.1 492
题组二 排列与组合的综合应用
4.在数学中,自然常数e≈2.718 28.小明打算将自然常数的前6位数字2,7,1,8,2,8进行某种排列得到密码.如果排列时要求2不排在第一位,两个8相邻,那么小明可以设置的不同的密码个数为( )
A.48 B.36 C.32 D.30
5.甲、乙、丙、丁4人站到共有4级的台阶上,若每级台阶最多站2人,同一级台阶上的人不区分站的位置,则不同的站法种数是( )
A.204 B.84 C.66 D.60
6.设集合A={a,b,c},其中a,b,c为自然数且a+b+c=100,则符合条件的集合A的个数为( )
A.833 B.884 C.5 050 D.5 151
7.如图,将1,2,3,4这四个数字填在6个“”中,每个“”中填一个数字,有线段连接的两个“”不能填相同数字,四个数字不必均使用,则不同的填数方法有 种.
8.已知10件不同的产品中有4件次品,现对这10件产品一一进行测试,直至找到所有次品.
(1)若恰在第2次测试找到第一件次品,第8次测试才找到最后一件次品,则共有多少种不同的测试情况
(2)若至多测试6次就能找到所有次品,则共有多少种不同的测试情况
答案与分层梯度式解析
第2课时 组合的应用
基础过关练
1.D 2.B 3.C 4.AC 8.B 9.B 11.B 12.D
1.D 记既会划左桨又会划右桨的2人分别为A,B,分三种情况讨论:
①从只会划左桨的3人中选3人划左桨,从剩下的人中选3人划右桨,则有=10种选法;
②从只会划左桨的3人中选2人划左桨,从A,B中选1人划左桨,再从剩下的会划右桨的4个人中选3人划右桨,则有=24种选法;
③从只会划左桨的3人中选1人划左桨,A,B这两人划左桨,会划右桨的3人划右桨,则有=3种选法.
综上,共有10+24+3=37种不同的选法.
故选D.
2.B 分三类:①既会英语又会法语的2人均未入选,有=120种选法.故共有5+60+120=185种不同的选法.
故选B.
3.C 若从A类选修课中选1门,B类选修课中选2门,则不同的选法种数为=12.所以两类课程中都至少选一门,不同的选法种数为4+12=16.故选C.
4.AC 对于A,从六门课程中选三门,共有种选法,故A正确;
对于B,从物理、化学中选一门,从除物理、化学之外的其他课程中任选两门,有)种选法,故B错误;
对于C,六门课程中任选三门有)种选法,故C正确;
对于D,应分三种情况:
①只选物理,不选化学,且物理和历史不同时选,有种选法;
②只选化学,不选物理,有种选法;
③若物理与化学都选,则有种选法.
故共有()种选法,故D错误.
故选AC.
5.解析 (1)解法一(直接法):至少有1名组长包含两种情况:有1名组长和2名组长,
故不同的选法种数为=2 079.
解法二(间接法):若选出的人中没有组长,则共有种选法,
故至少有1名组长当选的选法种数为=2 079.
(2)至多有3名女团员包含四种情况:有3名女团员,有2名女团员,有1名女团员,没有女团员,故不同的选法种数为=2 534.
(3)既有组长当选,又有女团员当选包含两种情况:
①女组长当选,再从剩余13人中选5人即可,有种选法;
②女组长不当选,男组长当选,从剩余7名男团员,5名女团员(不包括女组长)中选5人,且至少选择1名女团员,有()种选法.
综上,满足条件的不同的选法种数为=2 058.
6.答案 56
解析 分为三类:
第一类,从四棱锥的每个侧面上除点P外的5个点中任取3个点,有4种取法;
第二类,从对角面PBD和对角面PAC上除点P外的4个点中任取3个点,有2种取法;
第三类,在过点P的侧棱中,每条棱上的3个点和与这条棱成异面直线的底面棱的中点也共面,有4种取法.
所以满足题意的不同取法共有4=56(种).
7.解析 把共线的4点分别记为A,B,C,D.
(1)解法一(直接法):可分为三类:
第一类:A,B,C,D确定1条直线;
第二类:除A,B,C,D外的5个点可确定条直线;
第三类:从A,B,C,D中任取1个点,从除A,B,C,D外的5个点中任取1个点,可确定条直线.
根据分类计数原理可得不同的直线共有1+=1+10+20=31(条).
解法二(间接法):从9个点中任取2个点,共有+1=31(条).
(2)解法一(直接法):①从A,B,C,D中任取2个点,从除A,B,C,D外的5个点中任取1个点,可确定个三角形;
②从A,B,C,D中任取1个点,从除A,B,C,D外的5个点中任取2个点,可确定个三角形;
③从除A,B,C,D外的5个点中任取3个点,可确定个三角形.
故可确定=80个三角形.
解法二(间接法):从9个点中任取3个点,共有=80个三角形.
(3)解法一(直接法):从除A,B,C,D外的5个点中任取4个、3个、2个点,可确定=105个四边形.
解法二(间接法):从9个点中任取4个点,共有种取法,其中不构成四边形的可分为两类:
第一类:4个点共线,有种取法;
第二类:从共线的4个点中任取3个点,第4个点来自于从除A,B,C,D外的5个点中任取1个点,共有种取法.
故可确定=105个四边形.
8.B 将5名学生分配到甲、乙两个宿舍,每个宿舍至少安排2名学生,那么必然是一个宿舍2名,而另一个宿舍3名,所以互不相同的安排方法的种数为=20.故选B.
9.B 将5位老师按照“2,2,1”或“3,1,1”进行分组,再分配给3个班级,所以不同分配方案的种数为=150.
故选B.
10.答案 35
解析 将8个名额排成一列,有7个间隔,在这7个间隔中插入3个隔板,可将8个名额分成4组,依次对应4个班级,所以有=35种分配方法.
方法总结 解决相同元素分配问题常用隔板法,用隔板将相同元素分成若干份,不同的分法对应不同的分配数量.
11.B 先考虑第四站,第四站去红碱淖或白云山,有=200种.故选B.
12.D 当老师从左到右排在第二或第四的位置时,有=16种排法.
综上,共有16+16=32种排法.故选D.
13.答案 720
解析 可看成4个坐着人的座位和4个空座位排队,
先安排4个坐着人的座位,共有种排法,产生5个空,
然后安排空座位到空中,分两步:①将相邻的两个空座位捆在一起看成一个元素安排到空中,有种方法.
所以共有=720种坐法.
能力提升练
1.C 2.AB 3.B 4.B 5.A 6.A
1.C 三位同学选择两个项目的试验的基本事件有(-1)个,
所以有且仅有两人选择的项目完全相同的概率P=.故选C.
2.AB 对于A,甲从M到达N处只需向上、向右各走3步,共走6步,走法种数为=20,故A正确;
对于B,甲从M到A3的走法有=9种走法,故B正确;
对于C,甲经过A3的走法有9种,同理乙经过A3的走法有9种,则两人能在A3处相遇共有9×9=81种走法,故C错误;
对于D,若甲、乙两人相遇,则相遇点为A1,A2,A3,A4中的一个,在A1,A4相遇各有1种走法,在A2,A3相遇各有81种走法,故甲、乙两人能相遇的走法有1+1+81+81=164(种),故D错误.
故选AB.
3.B 因为长方体ABCD-A1B1C1D1的八个顶点中的任意三个均不共线,所以从八个顶点中任取三个均可构成1个三角形,共有=1 468(种),故选B.
4.B 分两种情况:
①8排在第一位,则第二位也是8,再从剩下的4个位置中选出2个,安排两个2,最后安排7和1,此时有=12个不同的密码;
②8不排在第一位,则第一位安排7或1,将两个8看成一个整体,与两个2,7和1中剩下的数排列,此时有=24个不同的密码.
综上,共有12+24=36个不同的密码.故选B.
5.A 分三类:
第一类:甲、乙、丙、丁各自站在一级台阶上,共有=24种站法;
第二类:有2人站在同一级台阶上,剩余2人站在剩余3级台阶中的同一级台阶上,共有=36种站法;
第三类:有2人站在同一级台阶上,剩余2人各自站在剩余3级台阶中的一级台阶上,共有=144种站法.
所以不同的站法种数是24+36+144=204.故选A.
6.A 将100个小球排成一列,在101个空位(包括两端的空位)中插入第一个挡板,再在产生的102个空位中插入第二个挡板,将小球分成三段,记每段中的小球个数分别为a,b,c,共有=5 151种结果,
因为a,b,c中含有两个0,1,2,…,50的情况各有3种,
所以a,b,c三个数各不相等的结果共有5 151-3×51=4 998种,
因为三个元素的每种取值有6种不同顺序,
所以由集合元素的无序性可知符合条件的集合A的个数为4 998÷6=833.故选A.
7.答案 264
解析 如图,
当用四个数字时,先填A,E,D,有种填法,再从B,F,C中选一处填第四个数,如B,再填F,
若F与D相同,则C有2种填法,若F与D不同,则C有1种填法,故有(2+1)种填法;
当用三个数字时,先填A,E,D,有种填法.
由分类计数原理得,不同的填数方法为=264(种).
8.解析 (1)需测试8次,按顺序可看成8个位置,第一步,第一个位置放置正品,第二步,选2个次品放在第二和第八个位置,第三步,在第三到第七个位置中选2个位置放置剩余的2个次品,其他3个位置放3个正品,由分步计数原理可得,共有=86 400种不同的测试情况.
(2)分三种情况:
①恰好4次找到所有次品,即前4次测试都是次品,有种不同的情况;
②恰好5次找到所有次品,即第5次是次品,前4次中有3次是次品,有种不同的情况;
③恰好6次找到所有次品,即第6次是次品,前5次中有3次是次品或前6次都是正品,有()种不同的情况.
所以不同的测试情况种数为)=8 520.
17.3 组合
第1课时 组合与组合数公式
基础过关练
题组一 对组合的概念的理解
1.从2,3,5,7,11,13,17,19这8个数中任取2个,则下列问题属于组合问题的是( )
A.相加可以得到多少个不同的和
B.相乘可以得到多少个不同的积
C.相减可以得到多少个不同的差
D.相除可以得到多少个不同的商
2.(多选题)下列问题属于组合问题的是( )
A.从4名志愿者中选出2人参加志愿服务工作
B.从0,1,2,3,4这5个数字中选取3个不同的数字,组成一个三位数
C.10支球队以单循环进行比赛(每两队比赛一次)的比赛场数
D.从全班同学中选出3名同学分别担任班长、副班长和学习委员
题组二 组合数公式及其性质
3.=( )
A.63 B.10 C.21 D.0
4.(多选题)下列等式中,正确的是( )
A. B.
C. D.2
5.(多选题)下列四个关系式中,一定成立的是( )
A.
B.(n≥m≥2)
C.3=148
D.+…+=328
6.化简= .
题组三 组合数与方程、不等式
7.若正整数n满足不等式≤12,则n= .
8.若=27,则n= .
9.不等式的解集为 .
10.若24,则m= .
11.若,则正整数x的值为 .
12.已知,则= .
13.(1)已知求x,n的值;
(2)证明:.
答案与分层梯度式解析
7.3 组合
第1课时 组合与组合数公式
基础过关练
1.B 2.AC 3.C 4.BCD 5.BC
1.B 因为减法与除法不满足交换律,取出的两个数与顺序有关,所以C,D中问题不是组合问题.因为加法与乘法满足交换律,取出的两个数与顺序无关,但是由于5+11=3+13,11+19=13+17等,所以相加问题不是组合问题,只有相乘问题是组合问题.
故选B.
解题方法 区分某一个问题是排列问题还是组合问题,关键是看选出的元素是否与顺序有关.若交换某两个元素的位置对结果产生影响,则是排列问题;若交换任意两个元素的位置对结果没有影响,则是组合问题.
2.AC 对于A,只需选出2人即可,无排序要求,故是组合问题.
对于B,选出3个不同数字后,还需对3个数字进行排序,故是排列问题.
对于C,每两队比赛一次,无排序要求,故是组合问题.
对于D,从全班选出3人后还要安排其职务,即需排序,故是排列问题.
故选AC.
3.C =21,故选C.
4.BCD 对于A,=5×4×3=60,故A错误;
对于B,=10,故B正确;
对于C,=20,故C正确;
对于D,=24-2=22,故D正确.
故选BCD.
5.BC ,故A错误;
n,故B正确;
3=168-20=148,故C正确;
由,得+…++…+-1=329,故D错误.
故选BC.
6.答案 m+1
解析 =m+1.
7.答案 5
解析 由≤12,得n(n-1)(n-2)(n-3)(n-4)≤12×,且n≥5,
化简整理得n2-7n+10≤0,解得2≤n≤5,
又n≥5,所以n=5.
8.答案 6
解析 因为,
所以,
故=27,解得n=6或n=-9(舍去).
9.答案 {5,6,7,8,9,10,11}
解析 将原不等式化简得
<
,
整理得x2-11x-12<0,解得-1易知x≥5,∴5≤x<12.
∵x∈N*,
∴原不等式的解集为{5,6,7,8,9,10,11}.
10.答案 4
解析 因为24=24,
因为4×3×2×1=24,所以m=4.
11.答案 5或7
解析 由已知及,
所以2x-5=x或2x-5+x=16,解得x=5或x=7.
12.答案 120
解析 由,解得m=7,
所以=120.
13.解析 (1)由,
即,
化简,得11,
即11(n+3)=6(2n+3),解得n=15,所以x=5.
(2)证明:,
所以.
1
