世纪金榜2017届高考数学(理科全国通用)一轮总复习习题第十章计数原理、概率、随机变量及其分布课时提升作

课时提升作业六十五
排列与组合
(25分钟45分)
一、选择题(每小题5分,共30分)
1.8名学生和2位老师站成一排合影,2位老师不相邻的排法种数为( )
A. B.
C. D.
【解题提示】用插空法求解.
【解析】选A.8名学生先排有种排法,产生9个空,2位老师插空有种排法,所以共有
种排法.
【误区警示】解答本题易怱视8个同学两端的两个空,误认为只有中间的7个空,而误选C. 2.(2016·烟台模拟)从1,3,5,7,9这5个奇数中选取3个数字,从2,4,6,8这4个偶数中选取2个数字,再将这5个数字组成没有重复数字的五位数,且奇数数字与偶数数字相间排列.这样的五位数的个数是( )
A.180
B.360
C.480
D.720
【解析】选D.第一步,选:;
第二步,排:3!·2!.
根据分步乘法计数原理,得符合条件的五位数共有3!·2!=720(个).
3.某电视台的一个综艺栏目对六个不同的节目排演出顺序,最前只能排甲或乙,最后不能排甲,则不同的排法共有( )
A.192种
B.216种
C.240种
D.288种
【解析】选B.完成这个事件,可分两类:
第一类,最前排甲,其余位置有=120种不同的排法;
第二类,最前排乙,最后有4种排法,其余位置有=24种不同的排法;
所以共有+4=216种不同的排法.
4.现有16张不同的卡片,其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张.从中任取3张,要求这3张卡片不能是同一种颜色,且红色卡片至多1张,不同取法的种数为
( ) A.232 B.252 C.472 D.484
【解析】选C.显然该问题是一个组合问题,什么条件也不考虑共有种取法,同一种颜色共有4种取法,两张红色卡片共有种取法,不同的取法有:
-4-=-16-72=472.
【一题多解】本题也可以用如下方法求解:
选C.先求出没用红色卡片的取法共有,
再去掉相同颜色的共有3,
最后加上一张红色卡片的情况共有,
共有不同的取法:-3+
=-12+4×
=220-12+264
=472.
5.(2016·济宁模拟)某公司新招聘5名员工,分给下属的甲、乙两个部门,其中两名英语翻译人员不能分给同一个部门,另三名电脑编程人员不能都分给同一个部门,则不同的分配方案种数是( )
A.6
B.12
C.24
D.36
【解析】选B.由题意知甲部门中的英语翻译人员一定为1名,电脑编程人员可能为1名或2名,所以一共有(+)=12(种)不同的分配方案.
6.在实验室进行的一项物理实验中,要先后实施6个程序,其中程序A只能出现在第一或最后一步,程序B和C在实施时必须相邻,则实验顺序的编排方法共有
( ) A.34种 B.48种 C.96种 D.144种
【解析】选C.设6个程序分别是A,B,C,D,E,F.先将A安排在第一或最后一步,有种方法,将B和C看作一个元素,它们自身之间有种安排方法,与除A外的其他程序进行全排列,有
种方法,由分步乘法计数原理,得实验顺序的编排方法共有=96(种).
【加固训练】
(2016·九江模拟)某校组织同学参加社会调查,某小组共有5名男同学,4名女同学.现从该小组中选出3名同学分别到A,B,C三地进行社会调查,若选出的同学中男女均有,则不同安排方法有( )
A.70种
B.140种
C.840种
D.420种
【解题提示】用间接法求解.
【解析】选D.首先从9名同学中任选3名参加社会调查有·种,3名同学全是男生或全
是女生的有(+)种,
故选出的同学中男女均有的不同安排方法有·-(+)=420(种).
二、填空题(每小题5分,共15分)
7.(2016·莱芜模拟)将编号为1,2,3,4,5的五个球放入编号为1,2,3,4,5的一个盒子,每个盒内放一个球,若恰好有两个球的编号与盒子编号相同,则不同的投放方法的种数为. 【解析】五个球中两个球的编号与盒子编号相同有=10种放法,余下的三个球与盒子的编号都不同,只有2种放法,用分步乘法计数原理可知放置方法共10×2=20(种).
答案:20
8.8名游泳运动员参加男子100米的决赛,已知游泳池有从内到外编号依次为1,2,3,4,5,6,7,8的8条泳道,若指定的3名运动员所在的泳道编号必须是3个连续数字(如:5,6,7),则参加游泳的这8名运动员被安排泳道的方式共有
种.
【解析】先从8个数字中取出3个连续的数字共有6种方法,将指定的3名运动员安排在这3个编号的泳道上,剩下的5名运动员安排在其他编号的5条泳道上,共有6=4320种安排方式.
答案:4320
【一题多解】解答本题还可以用如下的方法解决:
先将所在的泳道编号是3个连续数字的3名运动员全排列,有种排法,然后把他们捆绑在一起当作一名运动员,再与剩余5名运动员全排列,有种排法,故共有=4320种安排方式.
答案:4320
9.(2016·大同模拟)写有1,2,3,4,5的五张卡片,每次从中随机抽取一张(不放回),连续抽取三次,其中第二次恰好抽到奇数数字,且三次不全是奇数数字的不同取法有种.
【解析】(直接法)分三类,抽取的三个数字分别为奇、奇、偶,偶、奇、偶,偶、奇、奇,分别
有,,种不同取法,由分类加法计数原理得,满足题设条件的不同取法共有++=30种.
答案:30
【一题多解】解答本题还可以用如下的方法求解:
(间接法)分两步,第一步,第二次抽到的奇数数字共有3种不同取法;第二步,三次不全为奇数共有(-)种不同取法,故满足题设条件的不同取法共有3×(-)=30种.
答案:30
(20分钟40分)
1.(5分)(2016·淄博模拟)用1,2,3,4,5,6组成数字不重复的六位数,满足1不在左右两端,2,4,6三个偶数中,有且只有两个偶数相邻,则这样的六位数的个数为( )
A.432
B.288
C.216
D.144
【解析】选B.从2,4,6三个偶数中任意选出2个看作一个“整体”,方法有=6种.先排3个奇数,有=6种,形成了4个空,将“整体”和另一个偶数插在3个奇数形成的4个空中,方法有=12种.
根据分步乘法计数原理求得此时满足条件的六位数共有6×6×12=432种.
若1排在两端,3个奇数的排法有·=4种,
形成了3个空,将“整体”和另一个偶数插在3个奇数形成的3个空中,方法有=6种,
根据分步乘法计数原理求得此时满足条件的六位数共有6×4×6=144种,
故满足1不在左右两端,2,4,6三个偶数中有且只有两个偶数相邻,这样的六位数的个数为
432-144=288种.
【加固训练】1.(2016·青岛模拟)有5盆菊花,其中黄菊花2盆、白菊花2盆、红菊花1盆,现把它们摆放成一排,要求2盆黄菊花必须相邻,2盆白菊花不能相邻,则这5盆花不同的摆放种数是( )
A.12
B.24
C.36
D.48
【解题提示】由题设中的条件知,黄1与黄2必须相邻,可先将两者绑定,又白1与白2不相邻,可把黄1与黄2看作是一盆菊花,与白1白2之外的菊花全排列,由于此两个元素隔开了三个空,再由插空法将白1白2菊花插入三个空,由分析过程知,此题应分为三步完成,由计数原理计算出结果即可.
【解析】选B.由题意,第一步将黄1与黄2绑定,两者的摆法有2种,第二步将此两菊花看作一个整体,与除白1,白2之外的红菊花看作两个元素全排列有种摆法,此时隔开了三个空,第三步将白1,白2两菊花插入三个空,摆法种数为,则不同的摆法种数为2××=2×2×6=24.
2.(2015·揭阳模拟)将5本不同的书摆成一排,若书甲与书乙必须相邻,而书丙与书丁不能相邻,则不同的摆法种数为( )
A.48
B.24
C.20
D.12
【解析】选B.不同的摆法种数为=2×1×2×1×3×2=24.
2.(5分)(2016·枣庄模拟)有大小形状完全相同的4个黑球,2个白球,放入如图所示的九个格子中,每个格子至多放入1个小球,相邻格子(即有公共边的两个正方形)中放入的小球不同色,则不同的方法共有( )
A.32种
B.40种
C.48种
D.56种
【解析】选C.第一类,当4个黑球在4个顶角的位置时,白球放在除最中间后剩下4个格中任选两个,故有=6(种),如图.
第二类,当有一个黑球在最中间时,其他三个黑球只能放在顶角位置,有=4(种),
当其中一个白球在顶角时,另一个白球只有2种方法,当白球不在顶角时,白球放在除顶角后剩下4个格中任选两个有=6种,故有4×(2+6)=32(种),如图.
第三类,当4个黑球放在每外围三个格的中间时,白球从剩下5个格中任选两个有=10(种),如图.
根据分类加法计数原理,故有6+32+10=48(种).
【加固训练】(2015·北京模拟)若甲、乙两人从6门课程中各选修3门,则甲、乙所选的课程中恰有2门相同的选法有种(用数字作答).
【解析】由题意知,甲、乙两人从6门课程中各选修3门总的方法数是=400,其中甲、乙所选课程全不相同,有=20(种);甲、乙所选课程有一门相同,有=180(种);甲、
乙所选课程有三门相同,有=20(种);所以,甲、乙所选的课程中恰有2门相同的选法有:400-20-180-20=180(种).
答案:180
3.(5分)某运输公司有7个车队,每个车队的车辆均多于4辆.现从这个公司中抽调10辆车,并且每个车队至少抽调1辆,那么共有种不同的抽调方法.
【解析】(分类法):在每个车队抽调1辆车的基础上,还需抽调3辆车.可分成三类:一类是从某1个车队抽调3辆,有种;一类是从2个车队中抽调,其中1个车队抽调1辆,另1个车队抽调2辆,有种;一类是从3个车队中各抽调1辆,有种.故共有++=84(种)抽调方法.
答案:84
【一题多解】解答本题还可以用如下的方法解决:
(隔板法):由于每个车队的车辆均多于4辆,只需将10个份额分成7份.可将10个小球排成一排,在相互之间的9个空当中插入6个隔板,即可将小球分成7份,故共有=84(种)抽调方法. 答案:84
4.(12分)4个不同的球,4个不同的盒子,把球全部放入盒内.
(1)恰有1个盒不放球,共有几种放法?
(2)恰有2个盒不放球,共有几种放法?
【解析】(1)把4个不同小球分三组,共种分法.对每种分法分成的三组再放入4个盒中的3个盒子,共种放法,所以总的放法种数为=6×24=144(种).
(2)确定2个空盒有种方法.
4个球放进2个盒子可分成(3,1),(2,2)两类,
第一类有序不均匀分组有种方法;
第二类有序均匀分组有·种方法.
故共有=84(种).
5.(13分)集合A={x∈Z|x≥10},集合B是集合A的子集,且B中的元素满足:
①任意一个元素的各数位的数字互不相同;②任意一个元素的任意两个数位的数字之和不等于9.
(1)集合B中两位数和三位数各有多少个?
(2)集合B中是否有五位数?是否有六位数?
(3)将集合B中的元素从小到大排列,求第1081个元素.
【解析】将0,1,…,9这10个数字按照和为9进行配对,(0,9),(1,8),(2,7),
(3,6),(4,5),B中元素的每个数位只能从上面五对数中每对只取一个数构成.
(1)两位数有×22×-×2=72(个);
三位数有×23×-×22×=432(个).
(2)存在五位数,只需从上述五个数对中每对取一个数即可找出符合条件的五位数;不存在六位数,若存在,则至少要从一个数对中取出两个数,则该两个数字之和为9,与B中任意一个元素的任意两个数位的数字之和不等于9矛盾,因此不存在六位数.
(3)四位数共有×24×-×23×=
1728(个),因此第1081个元素是四位数,且是第577个四位数,
我们考虑千位,千位为1,2,3的四位数有
3××23×=576(个),
因此第1081个元素是4012.
【误区警示】解答本题易出现下面两个误区
(1)对“各数位的数字互不相同”理解不深刻致误.
(2)对“任意两个数位的数字之和不等于9”理解不到位.不能从反面出发,把数字分成(0,9),(1,8),(2,7),(3,6),(4,5)五组进行求解而致误.
【加固训练】已知10件不同产品中共有4件次品,现对它们进行一一测试,直至找到所有次品为止.
(1)若恰在第5次测试,才测试到第一件次品,第10次才找到最后一件次品的不同测试方法数有多少种?
(2)若恰在第5次测试后,就找出了所有次品,则这样的不同测试方法数有多少种?
【解析】(1)先排前4次测试,只能取正品,有种不同测试方法,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.所以共有不同的测试方法=103680(种).
(2)第5次测试恰找到最后一件次品,另3件在前4次中出现,从而前4次有1件正品出现.所以共有不同测试方法=576(种).
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