2025-2026学年人教A版数学选择性必修第三册 6.2.4组合数 课时提升练（含答案）
文档属性
| 名称 | 2025-2026学年人教A版数学选择性必修第三册 6.2.4组合数 课时提升练（含答案） |
|
|
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 28.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2026-03-23 00:00:00 | ||
图片预览
文档简介
6.2.4组合数
一．选择题
1.若A＝12C ，则n等于( )
A．8 B．5或6
C．3或4 D．4
2．若从1,2,3，…，9这9个整数中取4个不同的数，使其和为奇数，则不同的取法共有( )
A．60种 B．63种
C．65种 D．66种
3．某龙舟队有9名队员，其中3人只会划左舷，4人只会划右舷，2人既会划左舷又会划右舷．现要选派划左舷的3人、划右舷的3人共6人去参加比赛，则不同的选派方法共有( )
A．56种 B．68种
C．74种 D．92种
4．从4名男生、2名女生中选3人组队参加“弘扬传统文化，增强文化自信”答题比赛，且至少有1名女生入选，则不同的选法种数为( )
A．20 B．16
C．12 D．8
5．我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“任何一个大于2的偶数都可以写成两个素数的和”，如40＝3＋37.在不超过40的素数中，随机选取2个不同的数，其和等于40的概率是(注：若一个大于1的整数除了1和它本身外无其他因数，则称这个整数为素数)( )
A． B．
C． D．
6．某学校安排小明和小李等5名志愿者将两个吉祥物安装在学校的体育广场，每人参与且只参与一个吉祥物的安装，每个吉祥物都至少由两名志愿者安装．若小明和小李必须安装不同的吉祥物，则不同的安排方案有( )
A．6种 B．12种
C．18种 D．24种
7．某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法做抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生．已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有( )
A．C·C 种 B．C·C 种
C．C·C 种 D．C·C 种
二．填空题
8．6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名同学，乙场馆安排2名同学，丙场馆安排3名同学，则不同的安排方法共有__________
9．某校将12个优秀团员名额分配给4个不同的班级，要求每个班级至少一个，则不同的分配方案有__________种．
10．为贯彻落实“立德树人”的根本任务，探索德、智、体、美、劳“五育并举”的实施路径，某校统筹推进以“五育并举＋教师教育”为特色的第二课堂养成体系，引导学生崇尚劳动、尊重劳动者、提高劳动素养，以劳动周的形式开展劳育工作的创新实践．若学生可以参加“民俗文化”“茶艺文化”“茶壶制作”“水果培育”“蔬菜种植”“3D打印”这六门劳动课中的一门，则甲、乙、丙、丁这4名学生中至少有3名所选劳动课互不相同的选课方法共有______种．
三．解答题
11．(1)求3C＋A的值；
(2)求C＋C＋…＋C的值；
(3)解关于n的不等式：C12．将4个编号为1,2,3,4的小球放入4个编号为1,2,3,4的盒子中．
(1)有多少种放法？
(2)每盒至多一球，有多少种放法？
(3)把4个不同的小球换成4个相同的小球，恰有一个空盒，有多少种放法？
13．10件产品中有合格品8件，次品2件，从中抽取4件，则：
(1)都不是次品的取法共有多少种？
(2)至少有1件次品的取法共有多少种？
14．有五张卡片，它们的正、反面分别写着0与1,2与3,4与5,6与7,8与9.将其中任意三张并排放在一起组成三位数，共可组成多少个不同的三位数？
6.2.4组合数
一．选择题
1.A 解析：因为A＝n(n－1)(n－2)，C＝n(n－1)，
所以n(n－1)(n－2)＝12×n(n－1)．
又n∈N*，且n≥3，所以n＝8.
2．A 解析：若4个数之和为奇数，则有1个奇数、3个偶数或者3个奇数、1个偶数．若是1个奇数、3个偶数，则有CC＝20种取法；若是3个奇数、1个偶数，则有CC＝40种取法．所以共有20＋40＝60种不同的取法．
3．D 解析：根据会划左舷的人中“多面手”（既会划左舷又会划右舷）的人数进行分类：会划左舷的人中没有“多面手”的选派方法有CC种；有一个“多面手”的选派方法有CCC种；有两个“多面手”的选派方法有CC种．故共有CC＋CCC＋CC＝92种不同的选派方法．
4．B 解析：由题意知不同的选法可分两种情况：
第一种情况，只有1名女生入选，不同的选法有CC＝12种；第二种情况，有2名女生入选，不同的选法有CC＝4种．根据分类加法计数原理知，至少有1名女生入选的不同的选法有12＋4＝16种．故选B.
5．C 解析：因为不超过40的素数有2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37，共12个，
所以从中随机选取2个不同的数，共有C＝＝66个样本点．
其中两个素数的和为40的情况包含3和37，11和29，17和23，共3个样本点，
所以所求概率P＝＝.故选C.
6．B 解析：由题意可知，应将志愿者分为三人组和两人组．先将小李、小明之外的三人分为两组，有CC＝3种分法；再将小李、小明分进两组，有A＝2种分法；最后安排两个组安装两个吉祥物，有A＝2种方案．所以共有不同的安排方案3×2×2＝12种．故选B.
7．D 解析：根据分层随机抽样的定义知，初中部抽取的人数为60×＝40，高中部抽取的人数为60×＝20.
根据组合公式和分步乘法计数原理，得不同的抽样结果共有C·C 种．故选D.
二．填空题
8． 60种 解析：甲场馆安排1名同学有C种方法，乙场馆安排2名同学有C种方法，丙场馆安排3名同学有C种方法．由分步乘法计数原理，得不同的安排方法共有CCC＝60种．
9．165 解析：将12个优秀团员名额分配给4个不同的班级，要求每个班级至少一个，应用隔板法．在12个名额之间的11个空中，用3个隔板分成四组(非空)，则不同的分配方案有C＝＝165种．
10． 1 080 解析：分两种情况讨论：
若4名学生选的课全不同，则有CA＝360种方法；
若有3名学生选的课互不相同，即只有2名学生选的课相同，则有CCA＝720种方法．
故共有360＋720＝1 080种方法．
三．解答题
11．
解：(1)3C＋A＝3×＋×8×7×6＝280.
(2)C＋C＋…＋C＝C＋C＋…＋C
＝C＋C＋…＋C＝C＝＝330.
(3)由题意可得解得3≤n≤12，且n∈N*.
因为C所以<，
解得n<7.5.
又因为n∈N*，
所以n＝3,4,5,6,7.故不等式的解集为{3,4,5,6,7}．
12．
解：(1)每个小球都可能放入4个盒子中的任何一个，将小球一个一个放入盒子，共有4×4×4×4＝44＝256种放法．
(2)这是全排列问题，共有A＝24种放法．
(3)(方法一)先从四个盒子中选出三个盒子，再从三个盒子中选出一个盒子放入两个球，余下两个盒子各放一个．由于球是相同的即没有顺序，
故共有CC＝12种放法．
(方法二)恰有一个空盒子，第一步先选出一个盒子，有C种选法，
第二步在4个小球之间的3个空隙中任选2个空隙各插一块隔板，有C种方法．
由分步乘法计数原理得，共有CC＝12种放法．
13．
解：(1)根据题意，抽取的4件都不是次品，即4件都为合格品，
故有C＝＝70种取法．
(2)根据题意，抽取的4件里面至少有1件次品，
可以先考虑对立情况，即4件都为合格品，共有C＝70种取法，
总共有C＝＝210种取法，
则至少有1件次品有C－C＝210－70＝140种取法．
14．解：依据0与1两个特殊值分析，可分三类．
①取0不取1，可先从另四张卡片中选一张作百位，有C种方法；0可在后两位，有C种方法；最后需从剩下的三张中任取一张，有C种方法．又除含0的那张外，其他两张都有正面或反面两种可能，故此时可得不同的三位数有CCC×22＝96个．
②取1不取0，同上分析可得不同的三位数有C×22×A＝144个．
③0和1都不取，有不同的三位数C×23×A＝192个．
综上所述，不同的三位数共有96＋144＋192＝432个.
1/7
一．选择题
1.若A＝12C ，则n等于( )
A．8 B．5或6
C．3或4 D．4
2．若从1,2,3，…，9这9个整数中取4个不同的数，使其和为奇数，则不同的取法共有( )
A．60种 B．63种
C．65种 D．66种
3．某龙舟队有9名队员，其中3人只会划左舷，4人只会划右舷，2人既会划左舷又会划右舷．现要选派划左舷的3人、划右舷的3人共6人去参加比赛，则不同的选派方法共有( )
A．56种 B．68种
C．74种 D．92种
4．从4名男生、2名女生中选3人组队参加“弘扬传统文化，增强文化自信”答题比赛，且至少有1名女生入选，则不同的选法种数为( )
A．20 B．16
C．12 D．8
5．我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“任何一个大于2的偶数都可以写成两个素数的和”，如40＝3＋37.在不超过40的素数中，随机选取2个不同的数，其和等于40的概率是(注：若一个大于1的整数除了1和它本身外无其他因数，则称这个整数为素数)( )
A． B．
C． D．
6．某学校安排小明和小李等5名志愿者将两个吉祥物安装在学校的体育广场，每人参与且只参与一个吉祥物的安装，每个吉祥物都至少由两名志愿者安装．若小明和小李必须安装不同的吉祥物，则不同的安排方案有( )
A．6种 B．12种
C．18种 D．24种
7．某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法做抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生．已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有( )
A．C·C 种 B．C·C 种
C．C·C 种 D．C·C 种
二．填空题
8．6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名同学，乙场馆安排2名同学，丙场馆安排3名同学，则不同的安排方法共有__________
9．某校将12个优秀团员名额分配给4个不同的班级，要求每个班级至少一个，则不同的分配方案有__________种．
10．为贯彻落实“立德树人”的根本任务，探索德、智、体、美、劳“五育并举”的实施路径，某校统筹推进以“五育并举＋教师教育”为特色的第二课堂养成体系，引导学生崇尚劳动、尊重劳动者、提高劳动素养，以劳动周的形式开展劳育工作的创新实践．若学生可以参加“民俗文化”“茶艺文化”“茶壶制作”“水果培育”“蔬菜种植”“3D打印”这六门劳动课中的一门，则甲、乙、丙、丁这4名学生中至少有3名所选劳动课互不相同的选课方法共有______种．
三．解答题
11．(1)求3C＋A的值；
(2)求C＋C＋…＋C的值；
(3)解关于n的不等式：C
(1)有多少种放法？
(2)每盒至多一球，有多少种放法？
(3)把4个不同的小球换成4个相同的小球，恰有一个空盒，有多少种放法？
13．10件产品中有合格品8件，次品2件，从中抽取4件，则：
(1)都不是次品的取法共有多少种？
(2)至少有1件次品的取法共有多少种？
14．有五张卡片，它们的正、反面分别写着0与1,2与3,4与5,6与7,8与9.将其中任意三张并排放在一起组成三位数，共可组成多少个不同的三位数？
6.2.4组合数
一．选择题
1.A 解析：因为A＝n(n－1)(n－2)，C＝n(n－1)，
所以n(n－1)(n－2)＝12×n(n－1)．
又n∈N*，且n≥3，所以n＝8.
2．A 解析：若4个数之和为奇数，则有1个奇数、3个偶数或者3个奇数、1个偶数．若是1个奇数、3个偶数，则有CC＝20种取法；若是3个奇数、1个偶数，则有CC＝40种取法．所以共有20＋40＝60种不同的取法．
3．D 解析：根据会划左舷的人中“多面手”（既会划左舷又会划右舷）的人数进行分类：会划左舷的人中没有“多面手”的选派方法有CC种；有一个“多面手”的选派方法有CCC种；有两个“多面手”的选派方法有CC种．故共有CC＋CCC＋CC＝92种不同的选派方法．
4．B 解析：由题意知不同的选法可分两种情况：
第一种情况，只有1名女生入选，不同的选法有CC＝12种；第二种情况，有2名女生入选，不同的选法有CC＝4种．根据分类加法计数原理知，至少有1名女生入选的不同的选法有12＋4＝16种．故选B.
5．C 解析：因为不超过40的素数有2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37，共12个，
所以从中随机选取2个不同的数，共有C＝＝66个样本点．
其中两个素数的和为40的情况包含3和37，11和29，17和23，共3个样本点，
所以所求概率P＝＝.故选C.
6．B 解析：由题意可知，应将志愿者分为三人组和两人组．先将小李、小明之外的三人分为两组，有CC＝3种分法；再将小李、小明分进两组，有A＝2种分法；最后安排两个组安装两个吉祥物，有A＝2种方案．所以共有不同的安排方案3×2×2＝12种．故选B.
7．D 解析：根据分层随机抽样的定义知，初中部抽取的人数为60×＝40，高中部抽取的人数为60×＝20.
根据组合公式和分步乘法计数原理，得不同的抽样结果共有C·C 种．故选D.
二．填空题
8． 60种 解析：甲场馆安排1名同学有C种方法，乙场馆安排2名同学有C种方法，丙场馆安排3名同学有C种方法．由分步乘法计数原理，得不同的安排方法共有CCC＝60种．
9．165 解析：将12个优秀团员名额分配给4个不同的班级，要求每个班级至少一个，应用隔板法．在12个名额之间的11个空中，用3个隔板分成四组(非空)，则不同的分配方案有C＝＝165种．
10． 1 080 解析：分两种情况讨论：
若4名学生选的课全不同，则有CA＝360种方法；
若有3名学生选的课互不相同，即只有2名学生选的课相同，则有CCA＝720种方法．
故共有360＋720＝1 080种方法．
三．解答题
11．
解：(1)3C＋A＝3×＋×8×7×6＝280.
(2)C＋C＋…＋C＝C＋C＋…＋C
＝C＋C＋…＋C＝C＝＝330.
(3)由题意可得解得3≤n≤12，且n∈N*.
因为C
解得n<7.5.
又因为n∈N*，
所以n＝3,4,5,6,7.故不等式的解集为{3,4,5,6,7}．
12．
解：(1)每个小球都可能放入4个盒子中的任何一个，将小球一个一个放入盒子，共有4×4×4×4＝44＝256种放法．
(2)这是全排列问题，共有A＝24种放法．
(3)(方法一)先从四个盒子中选出三个盒子，再从三个盒子中选出一个盒子放入两个球，余下两个盒子各放一个．由于球是相同的即没有顺序，
故共有CC＝12种放法．
(方法二)恰有一个空盒子，第一步先选出一个盒子，有C种选法，
第二步在4个小球之间的3个空隙中任选2个空隙各插一块隔板，有C种方法．
由分步乘法计数原理得，共有CC＝12种放法．
13．
解：(1)根据题意，抽取的4件都不是次品，即4件都为合格品，
故有C＝＝70种取法．
(2)根据题意，抽取的4件里面至少有1件次品，
可以先考虑对立情况，即4件都为合格品，共有C＝70种取法，
总共有C＝＝210种取法，
则至少有1件次品有C－C＝210－70＝140种取法．
14．解：依据0与1两个特殊值分析，可分三类．
①取0不取1，可先从另四张卡片中选一张作百位，有C种方法；0可在后两位，有C种方法；最后需从剩下的三张中任取一张，有C种方法．又除含0的那张外，其他两张都有正面或反面两种可能，故此时可得不同的三位数有CCC×22＝96个．
②取1不取0，同上分析可得不同的三位数有C×22×A＝144个．
③0和1都不取，有不同的三位数C×23×A＝192个．
综上所述，不同的三位数共有96＋144＋192＝432个.
1/7