2025-2026学年人教A版数学选择性必修三课后达标6.2 第3课时 组合与组合数 同步练习（含解析）

6.2第3课时　组合与组合数
一．选择题
1.以下四个问题,属于组合问题的是(　　)
A.从3个不同的小球中,取出2个排成一列
B.老师在排座次时将甲、乙两名同学安排为同桌
C.在电视节目中,主持人从100名幸运观众中选出2名幸运之星
D.从13名司机中任选出两名开两辆不同的车
2.等于(　　)
A. B.101 C. D.6
3.若=6,则n的值为(　　)
A.6 B.7 C.8 D.9
4.将2名女教师,4名男教师分成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(　　)
A.24种 B.10种 C.12种 D.9种
5.(多选题)下列关于排列数与组合数的等式中,正确的是(　　)
A.+…+
B.+m
C.
D.=(m+1)
6.从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台,其中至少有甲型和乙型电视机各1台,则不同的取法共有(　　)
A.140种 B.84种
C.70种 D.35种
7.现有6个白球,4个黑球,任取4个,则至少有两个黑球的不同取法种数是(　　)
A.115 B.90
C.210 D.385
8.(多选题)以下关于排列数与组合数的命题中,真命题有(　　)
A.若n,m∈N*,且mB.若n,m∈N*,且mC.对任意n,m,k∈N*,且n>m>k,恒有
D.对任意n∈N*,恒有4n>
二．填空题
9.从“○”“×”“□”“△”4个不同符号中任取3个符号合成一组,写出这些组合为
　　　　　　　　,组合数为　　　　　.
10.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m∶n=　　　　　.
11.从进入决赛的6名选手中决出1名一等奖、2名二等奖、3名三等奖,则可能的决赛结果共有　　　　　种.
12.以下三个式子:①;②=n;③.其中正确的个数是　　　　　.
13.方程3=5的解为　　　　　.
三．解答题
14.不等式-n<5的解集为　　　　　.
15.男运动员6名,女运动员4名,其中男、女队长各1名,选派5人外出比赛,在下列情形中各有多少种选派方法
(1)男运动员3名,女运动员2名;
(2)至少有1名女运动员;
(3)队长中至少有1人参加;
(4)既要有队长,又要有女运动员.
16.要从6男4女中选出5人参加一项活动,按下列要求,各有多少种不同的选法
(1)甲当选且乙不当选;
(2)至多有3男当选.
17.某届世界杯举办期间,共有32支球队参加比赛,先分成8个小组进行循环赛,决出16强(每队均与本组其他队赛1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,即八分之一淘汰赛,四分之一淘汰赛,半决赛,决赛,最后决出冠、亚军,此外还要决出第三、四名,问这届世界杯总共将进行多少场比赛
6.2第3课时　组合与组合数
一．选择题
1.C
只有从100名幸运观众中选出2名幸运之星,与顺序无关,是组合问题.
2.D
原式==6.
3.B
由题意知n(n-1)(n-2)=6·,化简得=1,即n=7.
4.C
分三步完成:第一步,为甲学校选1名女教师,有=2种选法;第二步,为甲学校选2名男教师,有=6种选法;第三步,剩下的3名教师到乙学校.根据分步乘法计数原理,不同的安排方案共有2×6×1=12种,故选C.
5． AB
对于A,因为,
所以+…+=()++…+
+…++…+=…=,故A正确;
对于B,+m,
故B正确;
对于C,可以看作盒子里有49个不一样的红球与51个不一样的白球共100个球从中取5个球的取法种数,则可能取出0个红球与5个白球有种取法, 1个红球与4个白球有种取法,2个红球与3个白球有种取法,3个红球与2个白球有种取法,4个红球与1个白球有种取法,5个红球与0个白球有种取法,故,故C错误;
对于D,,所以,故=(n+1),故D错误.
6.C
分两类完成:第1类,甲型1台、乙型2台,有=4×10=40种取法;第2类,甲型2台、乙型1台,有=6×5=30种取法.根据分类加法计数原理,共有70种不同的取法.
7.A
依题意根据取法可分为三类:第1类,两个黑球,有=90种取法;第2类,三个黑球,有=24种取法;第3类,四个黑球,有=1种取法.根据分类加法计数原理,至少有两个黑球的不同取法种数是90+24+1=115,故选A.
8.BCD
取m=2 021,n=2 022,
则=2 022,
=1,故,A错误;
若n,m∈N*,且m则=(2 022-m)(2 021-m)…(2 023-n)>1,
所以,B正确;
对任意n,m,k∈N*,且n>m>k,,所以有,C正确;
对任意n∈N*,=<,
所以<4n,D正确.故选BCD.
二．填空题
9.○×□,○□△,×□△,○×△　4
10. 1∶2
∵m==6,n==12,∴m∶n=1∶2.
11. 60
根据题意,所有可能的决赛结果有=6××1=60种.
12.3
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;
③式,故③式成立.
13.x=11
由排列数和组合数公式,原方程可化为3·=5·,
则,即为(x-3)(x-6)=40.
∴x2-9x-22=0,解得x=11或x=-2.
∵
即x>7且x∈N*,∴x=11,∴方程的解为x=11.
三．解答题
14. {2,3,4}
由-n<5,得-n<5,
即n2-3n-10<0,解得-2由题意知n≥2,且n∈N*,则n=2,3,4,
故原不等式的解集为{2,3,4}.
15.
解:(1)分两步完成:第一步,选3名男运动员,有种选法;第二步,选2名女运动员,有种选法.根据分步乘法计数原理,共有=120种选法.
(2)方法一(直接法):“至少1名女运动员”包括以下几种情况:1女4男,2女3男,3女2男,4女1男.
由分类加法计数原理可得,有=246种选法.
方法二(间接法):“至少1名女运动员”的对立面为“全是男运动员”.
从10人中任选5人,有种选法,其中全是男运动员的选法有种.
因此“至少有1名女运动员”的选法有=246种.
(3)分情况讨论:只有男队长入选,只有女队长入选,男、女队长都入选,由题意,得“只有男队长”的选法为种,“只有女队长”的选法为种,“男、女队长都入选”的选法为种,共有2=196种.
(4)分两类:第1类,当有女队长时,其他人选法任意,共有种选法;第2类,不选女队长时,必选男队长,共有种选法,其中不含女运动员的选法有种,因此不选女队长时共有种选法.
综上所述,根据分类加法计数原理,既有队长又有女运动员的选法共有=191种.
16.
解(1)甲当选且乙不当选,只需从余下的8人中任选4人,有=70种选法.
(2)至多有3男当选时,应分三类:
第1类是3男2女,有种选法;
第2类是2男3女,有种选法;
第3类是1男4女,有种选法.
依据分类加法计数原理,共有=186种选法.
17.
解可分为五类比赛:(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2支球队一组,每组比赛1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2支球队一组,每组比赛1场,可以决出4强,共有4场;(4)半决赛,根据赛制规则,4强中每2支球队一组,每组比赛1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2支球队比赛1场决出第三、四名,共有2场.综上,根据分类加法计数原理,总共将进行48+8+4+2+2=64场比赛.