2019-2020学年数学人教A版选修2-3检测：1.2.1.2排列的综合应用Word版含解析

1．2.1摆列
第二课时摆列的综合应用
填一填
1.摆列数公式
n！
A m＝ n( n－ 1)( n－ 2)(n－ m＋ 1)＝(n， m∈ N *， m≤ n)
n
n－ m ！
n
A n＝ n·(n－ 1) ·(n－ 2) · ·2·1＝ n！ (叫做 n 的阶乘 )
此外，我们规定0！＝ 1.
2．摆列应用题的最基本的解法
(1)直接法：以元素为观察对象，先知足特别元素的要求，再考虑一般元素(又称元素剖析法 )；或以地点为观察对象，先知足特别地点的要求，再考虑一般地点(又称地点剖析法)．
(2)间接法：先不考虑附带条件，计算出总摆列数，再减去不合要求的摆列法．
3．解简单的摆列应用题的基本思想
判一判
判断 ( 正确的打“√”，错误的打“×”)
1．10 个学生排队照相，则不一样的站法有10
10
2．从 1,2,3,4 四个数字中，任选两个做加法，其不一样结果有2
A种． (×)
4
3．从 1,2,3,4 四个数字中，任选两个做除法，其不一样结果有2
4
4．从 1 到 10 十个自然数中任取两个构成点的坐标，可得A2个不一样的点的坐标． (√)
10
5．平面上有 5 个点，任意三点不共线，最多可确立20条射线． (√ )
6．平面上有 5 个点，任意三点不共线，最多可确立10条直线． (√ )
7．从 5 本不一样的书中
选 3 本送给 3 名同学，每人各 1 本，共有60 种不一样的送法． (√ )
8．从 5 种不一样的书中
买 3 本送给 3 名同学，每人各 1 本，共有125 种不一样的送法． (× )
想想
1.求解相关摆列的本质应用问题的步骤是什么？
提示：第一步，正确地理解题意，这也是最重点的一步；第二步，在第一步的基础上，看可否把问题归纳为摆列问题，即问题中能否要求次序，也即看入选出的元素地点发生变化时，结果能否同样；第三步，假如是摆列问题，要擅长把题目中的文字语言翻译成摆列的相
关用语；第四步，依据摆列的知识、方法求出摆列的方法种数．
2．有条件限制的摆列问题常常用到的方法有哪些？
提示： 元素剖析法、地点剖析法、捆绑法、插空法、定序摆列用除法、分排问题直接法．
3．用 0,1,2,3,4,5 这六个数字能够构成多少个无重复数字的六位奇数？
提示： 法一：从特别地点下手 (直接法 )分三步达成，第一步先填个位，有
A 3
1
种填法，第二
步再填十万位，有 A 1
4
1 1
4
4种填法，第三步填其余位，有
A 4种填法，故共有 A 3 A 4A 4＝ 288(个) 六位
奇数．
法二：从特别元素下手 (直接法 )
0 不在两头有 1
种排法， 从 1,3,5 中任选一个排在个位有 1
A
A 种排法， 其余各位上用剩下的
4
3
元素做全摆列有
4 1 1 4
A 4
4
3 4
个 )六位奇数．
种排法，故共有 A
A A ＝288( 法三：清除法
6
在个位上的六位数为
5
6 个数字的全摆列有 A 6个， 0,2,4 3A 5个， 1,3,5 在个位上， 0 在十万
位上的六位数有 4
6
5
4
3A 4个，故知足条件的六位奇数共有 A 6－ 3A 5－3A 4＝ 288( 个 )．
4．两家夫妻各带一个儿童一同去公园游乐，购票后排队挨次入园．为安全起见，首尾一
定要排两位爸爸， 此外，两个儿童必定要排在一同，
则这 6 人的入园次序排法种数为 ________． 提示：分 3 步进行剖析， ① 先安排两位爸爸，一定一首一尾，有
A 22＝2 种排法， ② 两个
儿童必定要排在一同，将其当作一个元素，考虑其次序有
2
A 2＝ 2 种排法， ③ 将两个儿童看作
一个元素与两位妈妈进行全摆列，有
3
A 3＝ 6 种排法．
则共有 2× 2× 6＝ 24 种排法．
思虑感悟：
练一练
1.89× 90× 91× 92× × 100 可表示为 (
)
10 11
A ．A 100
B ．A 100
C ．A 12
D ．A 13
100 100
1× 2× × 100
100！12
分析： 89×90× 91× 92× × 100＝
100
.
1× 2× × 88 ＝ 88！ ＝ A
答案： C
2．从 5 本不一样的书中选 2 本送给 2 名同学，共有 ________种不一样的送法 () A ．20 B ．15 C ．10 D ．5
分析： 从 5 本书选 2 本给 2 个人相当于从
5 个元素选出 2 个进行摆列有 A 52＝20，应选 A
项．
答案： A
3．把 2 封信投入 4 个邮箱，每个邮箱最多投一封，有
________种不一样的投
法．把
2 封信
任意投入 4 个邮箱，有 ________种不一样的投法．
答案： 12 16
4．6 个人站成前后两排照相，要求前排
2 人，后排 4 人，那么不一样的排法共有多少种？
分析： A 66 ＝6× 5× 4×3× 2× 1＝ 720 种．
知识点一 无穷制条件的摆列问题
1.利用 1,2,3,4 这四个数字，能够构成多少个没有重复数字的三位数？
分析： 此题本质是求从 1,2,3,4 四个数字中，任意选出三个数字排成一排，有多少种排法
的摆列问题，故有 3
A 4＝ 4× 3× 2＝24 种排法，即能够构成 24 个没有重复数字的三位数．
2．把 3 张不一样场次的电影票分给 10 人中的 3 人，散发种数为 ()
A ．2 160 种
B ． 240 种
C ． 720 种
D ． 120 种
分析： 有 A 310＝ 720 种不一样的分法． 答案： C
知识点二
排队问题 3.有 3 名男生， 4 名女生，在以下不一样要求下，求不一样的摆列方法总数．
(1)全体排成一行，此中甲只好在中间或许两边地点．
(2)全体排成一行，此中甲不在最左侧，乙不在最右侧． (3)全体排成一行，此中男生一定排在一同．
(4)全体排成一行，男、女各不相邻．
(5)全体排成一行，此中甲、乙、丙三人从左至右的次序不变． (6)排成前后二排，前排
3 人，后排
4 人．
分析：(1) 元素剖析法： 甲为特别元素， 故先安排甲， 左、右、中共三个地点可供甲选择． 有
1 种，其余 6 人全摆列，有 A 6 种．由分步乘法计数原理得
1 6 ＝
2 160 种． A
6 A A
3
3
6
(2)地点剖析法：先排最左侧，除掉甲外，有
1
6 个地点全摆列有
A 6 种，但应
A 种，余下的
6
6
剔除乙在最右侧的排法数
1 5
1 6 1 5
A 5 5
6 6
5 5
＝3 720 种．
A 种．则切合条件的排法共有
A A
－A A
(3)捆绑法：将男生当作一个整体，进行全摆列有 A 3
3种排法，把这个整体当作一个元素再
与其余 4 人进行全摆列有 5 3 5
A 5 3 5 ＝ 720 种．
种排法，共有 A A
(4)插空法：先排好男生，而后将女生插入排男生时产生的四个空位，共有
3 4
种．
A 3A 4＝ 144
(5)定序摆列用除法：第一步，设固定甲、乙、丙从左至右次序的摆列总数为
N ，第二步，
7
对甲、乙、丙进行全摆列，则为七个人的全摆列，所以有
7
3 A 7 A ＝N ×A ，∴ N ＝
3 ＝840种．
7
3
A 3
(6)分排问题直接法： 由已知， 7 人排在 7 个地点，与无任何限制的摆列同样，
7
有 A 7＝5040
种 .
知识点三
摆列的综合应用
4.用 1,2,3 ， ， 9 这九个数字，能够构成没有重复数字的三位偶数的个数为 (
)
A ．324
B ．224
C ． 360
D ． 648
分析： 先排个位数，有 1
2
1
2
个没有重
A 4种，而后排十位和百位，有
A 8种，故共有 A 4A 8＝ 224 复数字的三位偶数．
答案： B
5．已知 6 位选手挨次演讲，此中选手甲不在第一个也不在最后一个演讲，则不一样的演讲
序次共有 ( )
A．240 种B． 360种C． 480 种D． 720种
分析：先排甲，有 4种；节余 5 人全摆列有 A 55＝ 120(种 )，所以不一样的演讲序次
有4× 120
＝ 480(种 )．应选 C 项．
答案： C
6．将甲、乙、丙等六位同学排成一排，且甲、乙在丙的双侧，则不一样的排法种数为() A．480 B．360
C． 120 D ． 240
分析：甲、乙、丙等六位同学进行全排可得有
63
A 6＝ 720(种)，甲、乙、丙的摆列有 A 3＝ 6(种 )，
因为甲、乙在丙的双侧，
所以可能为甲丙乙或乙丙甲，
720
所以不一样的排法种数共有2×6＝ 240(种 )．
应选 D项．
答案： D
7．六个泊车地点，有 3 辆汽车需要停放，若要使三个空位连在一同，则停放的方法数为
________．
分析：把 3 个空位看作一个元素，与 3 辆汽车共有 4 个元素全摆列，故停放的方法有 A 44＝4× 3×2× 1＝ 24 种．
答案： 24
8．有 8 名男生和 3 名女生，从中选出 4 人分别担当语文、数学、英语、物理学科的课代
表，若某女生一定担当语文课代表，则不一样的选法共有________种(用数字作答 ) ．分析：由题意知，从节余10 人中选出 3 人担当 3 个学科课代表，有 A 103＝ 720 种．
答案： 720
9．用 0,1,2,3,4 五个数字：
(1)可构成多少个五位数？
(2)可构成多少个无重复数字的五位数？
(3)可构成多少个无重复数字的五位奇数？
分析： (1)各个数位上的数字同意重复，故由分步乘法计数原理知，共有4× 5× 5× 5×5＝2 500(个 )．
(2)先排万位，从 1,2,3,4 中任取一个有 A 14
4种填法，其余四个地点四个数字共有A4种，故
14
共有 A 4·A 4＝ 96(个 )．
(3)考虑特别地点个位和万位，先填个位，从1,3 中选一个填入个位有
1
A 2种填法，而后从
节余 3 个非 0 数中选一个填入万位，有1
A3种填法，包含 0 在内还有 3 个数在中间三个地点上
3113
全摆列，摆列数为 A 3，故共有 A 2·A 3·A 3＝ 36(个 )．
基础达标
一、选择题
1．用数字 1,2,3,4,6 能够构成无重复数字的五位偶数有()
A ．48 个
B ．64 个
C ．72 个
D ．90 个
1
4
个无重复数字的五位偶数． 分析：有 A 3A 4＝ 72 答案： C
2．有 10 幅画展出，此中 1 幅水彩画， 4 幅油画， 5 幅国画排成一排，要求同一品种的画
一定连在一同，并且水彩画不放在两头，则不一样的陈设方式有 ()
10 种 4 5
A ．A 10
B ．A 4A 5种
4 5 2 种 4 5 3
C ．AAA
D ．A A
5 A 种
4 5 2 4 3
分析： 把品种同样的画当作整体，水彩画不可以放在两头，故只好放在中间，所以油画与
2
国画放两头，有 A 2种放法，再考虑油画与国画内部自己又能够全摆列，故摆列的方法共有
4 5
A 4A 5种．
答案： C
3．小明申请了一个电子邮箱，他打算设计密码，准备用三个数字和三个字母构成密码，
数字是从 1,2,3,4,5 中选三个，字母是用 x ， y ，z ，并且字母安排在前方，数字放在后边，则他 可采用的密码个数共有
(
)
6
6
A ．A 6
B ．A 8
3 3 3 A 3 C ．A ＋A
3
D ． A
3
5
5 2 A 2
分析： 分两步：第 1 步可从 5 个数字中选用
3 个安排最后三个地点，有 A 53种；
第
2 步把
3 个字母安排在前三个地点，有
A 33种，所以共有
A 53A 33个密码．
答案： D
4．三位老师和三名学生站成一排，若任意两位老师不相邻，任意两名学生也不相邻，则
不一样的排法总数为 ( )
A ．144
B ．72
C ．36
D ．12
分析： 先将三位老师排好，共有
A 33种排法，再将 3 名学生排在靠左的 3 个空里或靠右的
3 个空里，共有 2A 3 种排法，所以共有 3
3
3 A
·2A ＝ 72 种不一样的排法．
3 3
答案： B
5．将甲、乙、丙 3 位志愿者安排在周一至周五的 5 天中参加某项志愿者活动，要求每人
参加一天且每日至多安排一人，并要求甲安排在此外两位前方，不一样的安排方法共有 ( )
A ．20 种
B ．30 种
C ．40 种
D ．60 种
分析： 分类达成： ① 甲排周一，乙、丙只好从周二至周五中选
2 天排，有 A 4
2
种排法；
②甲排周二，乙、丙有 A 32种排法；
③甲排周三，乙、丙只好排周四和周五，有
A 22种排
法，
2 2 2 种不一样的安排方
法． 故共有 A 4 ＋A 3＋ A 2＝ 20 答案： A
6．将 A ，B ，C ， D ，E 排成一列，要求
A ，
B ，
C 在摆列中次序为“ A ，B ，C ”或“ C ，B ，
A ” (能够不相邻 )，这样的摆列数有 ( )
A ．12 种
B ．20 种
C ．40 种
D ．60 种
分析： 五个元素没有限制全摆列数为
A 55，因为要求 A ，
B ，
C 的序次必定 (按 A ，B ， C 或
5
C ，B ， A)，故除以这三个元素的全摆列
A 3
A 5
种．
3
，可得这样的摆列数有
3× 2＝ 40
答案： C
A 3
x2y2
7．从会合 {1,2,3 ，， 11} 中任选两个元素作为椭圆方程
a 2＋2＝ 1 中的 a 和 b，则能构成b
落在矩形地区 B ＝ {( x ， y)||x|<11，且 |y|<9} 内的椭圆个数为 (
)
A ．43
B ．72
C ．863
D ．90
分析： 在 1,2,3， ， 8 中任取两个作为
a 和
b ，共有 A 82＝ 56 个椭圆；在 9,10 中取一个作
1 1
为 a ，在 1,2,3 ， ， 8 中取一个作为 b ，共有 A 2A 8＝16 个椭圆，由分类加法计数原理，知满 足条件的椭圆个数为 56＋16＝ 72.
答案： B
二、填空题
8．有 5 名男生和 3 名女生，从中选出 5 人分别担当语文、数学、英语、物理、化学学科
的课代表，若某女生一定担当语文课代表，则不一样的选法共有
________种 (用数字作答 )． 分析：某女生担当语文课代表， 从节余 7 人中选四人分别担当节余几科的课代表共有
A 74＝
7× 6×5× 4＝ 840 种安排方法．
答案： 840
9．现有 3 辆公交车、 3 位司机和 3 位售票员，每辆车上需配
1 位司机和 1 位售票员．问
车辆、司机、售票员搭配方案共有
________种．
分析： 分两步安排司机共有
3
3
3
3
种不
A 3种安排，下一步安排售票员有 A 3，共有 A 3 ×A 3＝ 36 同搭配方案．
答案： 36
10．某大学数学系进行了一场数学史知识比赛，此中在选手综合素质测试中，有道题是
这样的：把数学史上的四本名著《数书九章》 《几何本来》《数学汇编》 《多角数》分别与它们
的作者秦九韶、欧几里德、帕波斯、丢番图连线，至多连对两个的种数是
________． 分析： 间接法：假如不加条件限制，那么连线的不一样种数
有 A 44，可是这里面有不切合条 件 (条件是至多连对两道即连对两道、连对一道、一道都没有连对 )的状况，就是四道题都连对
了，这类状况只有一种，所以致多连对两道共有
4
种连法．
A 4－1＝ 23 答案： 23
11．从 0,1,2,3 这四个数中选三个不一样的数作为函数
f(x)＝ ax 2＋bx ＋ c 中的参数 a ， b ， c ，
可构成不一样的二次函数共
有
________个．
1
1 2
分析：若获得二次函数， 则 a ≠ 0，a 有 A 3种选择， 故二次函数有 A 3A 3＝3× 3× 2＝ 18(个 )．
答案： 18
12．在全部无重复数字的四位数中， 千位上的数字比个位上的数字大
2 的数共有 ________
个．
分析： 千位数字比个位数字大
2，有 8 种可能，即 (2,0)， (3,1) ， ， (9,7)前一个数为千位
2
数字，后一个数为个位数字．其余两位无任何限制，所以共有 8A 8＝ 448 (个 )．
三、解答题
13．一场晚会有 5 个演唱节目和 3 个舞蹈节目，要求排出一个节目单． (1)3 个舞蹈节目不排在开始和结尾，有多少种排法？
(2)前四个节目要有舞蹈节目，有多少种排法？
分析： (1) 先从 5 个演唱节目中选两个排在首尾两个地点有 A 2种排法，再将节余的
3 个演
5
唱节目， 3 个舞蹈节目排在中间
6 个地点上有
6
2
6
A 6
5 6
种．
种排法，故共有不一样排法
A
A ＝14 400 (2)先不考虑摆列要求，有 8
5 个
A 8种摆列，此中前四个节目没有舞蹈节目的状况，可先从
演唱节目中选 4 个节目排在前四个地点，而后将节余四个节目摆列在后四个地点，有
A 4
4
5A 4
种
排法，所从前四个节目要有舞蹈节目的排法有 8
4 4
A 8－A 5A 4＝37 440 种．
14．从数字 0,1,3,5,7 中拿出不一样的三个数作系数，能够构成多少个不一样的一元二次方程ax 2＋ bx ＋ c ＝0？此中有实根的方程有多少个？
分析：先考虑构成一元二次方程的问题．
第一确立1 4 个数中任选两个作b，c，
a，只好从 1,3,5,7 中选一个，有 A 种，而后从余下的
4
2
种．
有 A 4
由分步乘法计数原理知，共构成一元二次方程
12＝ 48(个 )．
A ·A
44
方程要有实根，一定知足＝ b2－ 4ac≥ 0.
分类议论以下：
当 c＝ 0时， a， b 能够从1,3,5,7 中任取两个，有
2
种；
A 4
当 c≠ 0 时，剖析鉴别式知 b 只好取 5,7 中的一个．
当 b 取
2
5 时， a， c 只好取 1,3 这两个数，有 A 2种；
当 b 取7 时， a， c 可取 1,3，或 1,5 这两组数，有2A 2
2种．
22
此时共有 (A 2＋ 2A2)个．由分类加法计数原理知，有实根的一元二次方程共有：222
A 4＋ A 2＋2A 2＝ 18(个 ).
能力提高
15.某教师一天上 3 个班级的课，每班一节，假如一天共9 节课，上午 5 节、下午 4 节，并且教师不可以连
上3节课(第 5和第 6节不算连上 ) ，那么这位教师一天的课的全部排法有多少种？
分析：第一求得不受限制时，从9 节课中任意安排3节，有 A93＝ 504 种排法，此中上午
连排 3 节的有 3A3
＝ 18 种，下午连排3
种，则这位教师一天的课的全部排法
33
3 节的有 2A ＝12
有 504－18－ 12＝474 种．
16．已知 10 件不一样的产品中
有 4 件次品，现对它们一一进行测试，直至找到全部次品．
(1)若恰在第 2次测试时找到第一件次品，第8次测试时才找到最后一件次品，则共有多少种不一样的测试方法？
(2)若至多测试 6 次就能找到全部次品，则共有多少种不一样的测试方法？
分析： (1) 第 1步，第 2 次测试到第一件次品有 4 种方法；
第2步，第8 次测试到最后一件次品有 3 种方法；
第3步，第 3 次至第7 次测试到节余两件次品有A 2
5种方法；
第 4 步，节余 4 次测试中测试到的全部是正品，有A 4
6种方法．
依据分步乘法计数原理，不一样的测试方法的种数
为4×3×A 24
5·A 6＝86 400(种)．
(2)若检测 4 次可测出全部次品，则不一样的测试方法有
4
次可测出全部次品，A4种；若检测 5
则不一样的测试方法有
31
6 次可测出全部次品，包含查验 6 次时测出 4 件次品或4A 4A 6种；若检测
6 件正品，则不一样的测试方法共有
326
(4A5A 6＋ A 6)种．
由分类加法计数原理，知足条件的不一样的测试方法的种数为
431326
A4＋ 4A4A6＋4A5A6＋A6＝8
520(种 )．。