人教版导与练总复习数学一轮课时作业：第十章第1节　两个计数原理、排列与组合.pdf

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1、第 1节 两个计数原理、排列与组合 选 题 明细表灵活方医方致偎影知识点、方法基础巩固练综合运用练应用创新练分类加法计数原理与分步乘法计数原理1,2,5,718排列4,6,8组合315排列与组合的综合应用9,1011,12,13,14,1617A级基础巩固练1.a,b,c,d,e 共 5 个人,从中选1名组长，1名副组长，但a 不能当副组长，不同选法的种数是（B ）A.20 B.16 C.10 D.6解析：当a当组长时，则共有1 X 4=4（种）选法；当a 不当组长时,又因为a 也不能当副组长,则共有4X3=12（种）选法 因此共有4+12=16（种）选法.故选B.2.某市汽车牌照号码可以上网

2、自编，但规定从左到右第二个号码只能从字母B,C,D中选择,其他四个号码可以从。9 这十个数字中选择（数字可以重复），有车主第一个号码（从左到右）只想在数字3,5,6,8,9 中选择,其他号码只想在1,3,6,9 中选择,则他的车牌号码可选的所有可能情况有（D ）A.180 种 B.360 种 C.720 种 D.960 种解析:按照车主的要求,从左到右第一个号码有5种选法,第二个号码有3种选法,其余三个号码各有4种选法.因此车牌号码可选的所有可能情况有5X 3X 4X 4X 4=960（种）.故选D.3.（2021 全国乙卷）将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进

3、行培训I,每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（C）A.60 种 B.120 种 C.240 种 D.480 种解析:根据题意,有一个项目中分配2名志愿者,其余各项目中分配1名志愿者,可以先从5名志愿者中任选2人，组成一个小组,有釐种选法;然后连同其余三人,看成四个元素，四个项目看成四个不同的位置,四个不同的元素在四个不同的位置的排列方法数有4!种，根据分步乘法计数原理可知，完成这件事共有釐X 4!=240（种）不同的分配方案.故选C.4.（2021 浙江台州高三模拟）现有9个相同的球要放到3个不同的盒子里,每个盒子至少一个球,各盒子中球的个数互不相同，

4、则不同放法的种数是（C）A.28 B.24 C.18 D.16解析:把9个球分成3组,每组个数不相同，分法（按球的个数）为126.135,234,共3种,然后每组球放到3个盒子中有3义2 X 1=6（种）方法,则不同放法的种数为3X6=18.故选C.5.（多选题）（2021 山东东营高三模拟）“二进制”与我国古代的 易经 有着一定的联系该书中有两类最基本的符号：“一一”和“”,其中，在二进制中记作“1”，“-在二进制中记作“0”，其变化原理与“逢二进一”的法则相通.若从两类符号中任取2个符号排列，可以组成的不同的十进制数为（A B C D ）A.0 B.1 C.2 D.3解析:根据题意,从两类

5、符号中任取2个符号排列的情况可分为三类.第一类：由两个“一一”组成,二进制数为11,转化为十进制数,为3.第二类：由两个“”组成,二进制数为00,转化为十进制数,为0.第三类：由一个“一一”和一个“”组成,二进制数为10,01,转化为十进制数,为2.1.所以从两类符号中任取2个符号排列，可以组成的不同的十进制数为0,1,2,3.故选A B C D.6.（多选题）用1,2,3,4,5这五个数字，组成三位数，则（A B C ）A.若允许重复,则可组成为125个B.若不允许重复,则可组成为60个C.可组成无重复数字的偶数为2 4个D.可组成无重复数字的奇数为2 4个解析:组成三位数,若允许重复,则可

6、组成5 1 2 5（个）；若不允许重复，则可组成Ag=5 X 4*3=6 0（个）；组成无重复数字的偶数分为两类,一类是2作个位数,共有A?个,另一类是4作个位数,也有A?个.因此符合条件的偶数共有A A 2 4 （个）；组成无重复数字的奇数有Ag A汇3X4 X 3=36（个）.故选 ABC.7.在一个三位数中,若十位数字小于个位和百位数字,则称该数为“驼峰数”，比 如“1 0 2”，“5 4 6”为“驼峰数”.由数字1,2,3,4可构成无重复数字的“驼峰数”有 个，其中偶数有 个.解析:十位上的数为1时,有2 1 3,2 1 4,31 2,31 4,4 1 2,4 1 3,共6个,十位上的

7、数为2时,有32 4,4 2 3,共2个,所以共有6+2=8 （个）.偶数为2 1 4,31 2,31 4,4 1 2,32 4,共 5 个.答案：8 58.（2 0 2 1 山东泰安一模）北京大兴国际机场为4 F级国际机场、世界级航空枢纽、国家发展新动力源，于2 0 1 9年9月2 5日正式通航.目前建 有“三纵一横”4条跑道，分别叫西一跑道、西二跑道、东一跑道、北一跑道,若有2架飞往不同目的地的飞机要从以上不同跑道同时起飞,且西一跑道、西二跑道至少有一道被选取,则共有 种不同的安排方法.（用数字作答）解析:从4条跑道中选取安排共有A汇1 2种选择,排除西一跑道、西二跑道都没有的A=2种选择

8、,共有1 2-2=1 0种选择.答案：1 09.（2 0 2 1 山东潍坊模拟）植树造林，绿化祖国.某班级义务劳动志愿者 小 组 参 加 植 树 活 动，准备在如图所示的一抛物线形地块上的ABCD G F E七点处各种植一棵树苗,其中A,B,C分别与E,F,G关于抛物线的对称轴对称,现有三种树苗,要求每种树苗至少种植一棵,且关于抛物线的对称轴对称的两点处必须种植同一种树苗，则共有不同的种植方法数是.（用数字作答）CBAD解析：由题意对称相当于3种树苗种A,B,C,D 四个位置,有且仅有一种A 4树苗重复,有玛种选法;在四个位置上种植有装=1 2 种方法,则由分步A2乘法计数原理得共有禺X 1

9、2=36 种方法.答案：361 0.用 0,1,2,3,4 这五个数字,可以组成多少个满足下列条件的没有重复数字的五位数？比 2 1 0 34 大的偶数；左起第二、四位是奇数的偶数.解：（1）可分五类,当末位数字是0,而首位数字是2 时，有 6 个五位数;当末位数字是0,而首位数字是3 或 4 时,有玛A尹1 2 个五位数；当末位数字是2,而首位数字是3 或 4 时,有最Ag=1 2 个五位数；当末位数字是4,而首位数字是2 时，有 3 个五位数；当末位数字是4,而首位数字是3 时,有Ag=6个五位数.故共有6+1 2+1 2+3+6=39 （个）满足条件的五位数.可分为两类：末位数是0,个数

10、有AA,=4;末位数是2 或 4,个数有的屐=4.故共有4+4=8 （个）满足条件的五位数.B级综合运用练1 1 .数术记遗 相传是东汉时期徐岳所著，该书主要记述了：积算（即筹算）、太乙算、两仪算、三才算、五行算、八卦算、九宫算、运筹算、了知算、成数算、把头算、龟算、珠算、计数共14 种计算方法.某研究性学习小组3 人分工搜集整理该14 种计算方法的相关资料，其中一人4 种,其余两人每人5 种，则不同的分配方法种数是（A ）A*141053 n 14*1052儿 R 力，75p。:4。表0仁 口 455U u1410c5解析:先将14 种计算方法分为三组,方法有当在1种,再分配给3 个人,A!

11、方法有空餐通种.故选A.12 .（多选题）将4 个不同的小球放入3 个分别标有1,2,3 号的盒子中，不允许有空盒子的放法共有（B C ）A.墨最好禺种 B.C 混 种C.最鬣A 打 中 D.18 种解析:根据题意,4 个不同的小球放入3 个分别标有13 号的盒子中，且没有空盒,则3 个盒子中有1个中放2 个球,剩下的2 个盒子中各放1个，有 2 种解法：分 2 步进行分析：先将4 个不同的小球分成3 组,有此种分组方法；将分好的3 组全排列,对应放到3 个盒子中，有A g 种放法;则没有空盒的放法有第A g 种；分 2 步进行分析：在4个小球中任选2个，在3个盒子中任选1个，将选出的2个小球

12、放入选出的小盒中,有玛出种情况；将剩下的2个小球全排列,放入剩下的2个小盒中，有A弁中放法.则没有空盒的放法有玛第A分 中.由此可知,A,D错误.故选BC.13.从5男3女共8名学生中选出队长1人,副队长1人,普通队员2人组成4人志愿者服务队,要求服务队中至少有1名女生,共有种不同的选法.解析:要求服务队中至少有1名女生,则分3种情况讨论：选出志愿者服务队的4人中有1名女生,有髭玛=30种选法，这4人选2人作为队长和副队长有A汇12种选法,其余2人为普通队员，有1种情况，此时有30X12=360（种）不同的选法.选出志愿者服务队的4人中有2名女生,有C式弃30种选法，这4人选2人作为队长和副队

13、长有A 12种选法,其余2人为普通队员，有1种情况，此时有30X12=360（种）不同的选法.选出志愿者服务队的4人中有3名女生,有玛髭=5种选法，这4人选2人作为队长和副队长有A汇12种选法,其余2人为普通队员，有1种情况，此时有5 X 12=60（种）不同的选法.则一共有360+360+60=780（种）不同的选法.答案：7 8 014.（2 02 1 浙江杭州高三模拟）有 3 个少数民族地区,每个地区各需要 1 名支医医生和两名支教教师,现将3 名支医医生（1 男2女）和 6名支教教师（3 男 3 女）分配到这3 个地区去工作.要求每个地区至少有1名男性,则共有 种不同分配方案；要求每个

14、地区至少有1名女性,则共有 种不同分配方案.解析：（1）要求每个地区至少有1名男性的对立事件是至少有1个地区 2 p l全是女性的分配方案有禺髭喑A 萨6 X 6 X 6=2 16 （种），每个地区需要1名支医医生和2 名支教教师的总分配方案有A g C 式犯齐6 X 15X 6=54 0（种）,所以要求每个地区至少有1名男性的分配方案有54 0-2 16=3 2 4（种）.（2）有 1个地区全是男性的分配方案有 2 1的呼 A 尹3 X 6 X 6=108 （种）,所以要求每个地区至少有1名女性的分配方案有54 0-108=4 3 2（种）.答案：（1）3 2 4 （2）4 3 215.某市

15、工商局对3 5种商品进行抽样检查，已知其中有15种次品.现从 3 5种商品中选取3 种.（1）其中某一种次品必须在内，不同的取法有多少种？其中某一种次品不能在内，不同的取法有多少种？（3）恰有2 种次品在内，不同的取法有多少种？至少有2 种次品在内，不同的取法有多少种？至多有2 种次品在内，不同的取法有多少种？解：从余下的34种商品中，选取2种有量4=561种取法，所以某一种次品必须在内的不同的取法有561种.（2）从34种可选商品中,选取3种,有量4种取法,或者CM-禺4=凄4=5984（种）取法，所以某一种次品不能在内的不同的取法有5 984种.（3）从20种正品中选取1种,从15种次品中

16、选取2种有最C备=2 100种取法，所以恰有2种次品在内的不同的取法有2 100种.（4）选取2种次品有最C备种,选取3种次品有舞5种,共有选取方式C20CIS+CI5=2 100+455=2 555（种）,所以至少有2种次品在内的不同的取法有2 555种.法一（间接法）选取3种的总数为虞5,因此共有选取方式璃一脸=6 545-455=6 090（种）.所以至多有2种次品在内的不同的取法有6 090种.法二（直接法）共有选取方式o+C金禺$+禺。篇5=6 090（种），所以至多有2种次品在内的不同的取法有6 090种.16.按下列要求分配6本不同的书,各有多少种不同的分配方式？（1）分成三份，

17、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；平均分成三份,每份2本；平均分配给甲、乙、丙三人，每人2本；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：(1)6 本不同的书分成三份，1份 1本,1份 2 本，1份 3 本,分三个步骤，第 1步，从 6 本书中取1本有禺种分配方法;第2 步,从剩余的5 本书中取2 本有釐种分配方法,第3 步,从剩余的3 本书中取3 本有种分配方法,所以总共有禺釐髭=6 0(种)分配方法.(2)由(1)可知分组后共有6 0种方法，分别分给甲、乙、丙后的方法有玛髭C&A

18、 尹3 6 0(种).从 6 本书中选择2 本书,有髭种分配方法;再从剩余4 本书中选择2 本书,有此种分配方法;剩余2 本书,有第种分配方法,所以有C 式式台9 0(种)分配方法.但是,该过程有重复.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(A B),(C D),(E F),则所有情况为(A B,C D,E F),(A B,E F,C D),(C D,A B,E F),(C D,E F,A B),(E F,A B,C D),(E F,C D,A B).所以分配方式共有 1等 1=15(种).A3(4)由可知,平均分给甲、乙、丙三人，则分配方法有程 浮 X A：9 0(

19、种).从 6 本书中选4 本书的方法有心种,从剩余2 本书中选1本书有最种，因为在最后2 本书的选择中有重复，所以总共有噜=15(种).(6)由(5)可知，分给甲、乙、丙三人的分配方法有要X A：9 0(种).A2C级应用创新练17.（多选题）在某班进行的演讲比赛中，共有5 位选手参加,其中3 位女生,2 位男生.如果2 位男生不能连续出场,且女生甲不能排在第一个，为求出场顺序的排法种数，下列式子正确的为（A B D ）A.禺禺A 禺A A 专B.A 1A J-A 1A 1C.A l-A A lD.A l-A l A t-A t+A l A l解析:若第一个出场的是男生,则第二个出场的是女生，

20、以后的顺序任意排,方法有的禺A 掾种,若第一个出场的是女生（不是女生甲），则将剩余的2 位女生排列好,2 位男生插空,方法有的A A 2 种.所以满足条件的出场顺序有禺禺A 科禺A gA 4 种,故A 正确;先排3 位女生,3 位女生之间有4 个空，从 4个空中选2 个排男生,共有A gA：种,若女生甲排在第一个,则3 位女生之间有3 个空,从3 个空中选2 个排男生,有A 5 A 5 种,所以满足条件的出场顺序有A gA A 5种,故B 正确;5 位选手全排列的方法数A g减去2 位男生连续出场的方法数A/,再减去女生甲排在第一个的方法数A%.因为多减去了 2 位男生既连续出场，女生甲又排在

21、第一个的方法数A gA g,所以满足条件的出场顺序有A g-A M b A 的A gA g种，故 D 正确.故选A B D.18.如图,将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色,并使同一条棱上的两顶点异色,如果只有5 种颜色可供使用，则不同的染色方法种数是s解析:法一 由题设，四棱锥S-ABCD的顶点S,A,B所染的颜色互不相同，不同的染色方法共有5X 4X 3=60（种）.当S,A,B染好时,不妨设其颜色分别为1,2,3,其余两种颜色为4,5,若C染2,则D可染3或4或5,有3种不同的染色方法;若C染4,则D可染3或5,有2种不同的染色方法;若C染5,则D可染3或4,有2种不同的染色方法.所以当

22、S,A,B染好时,C,D还有7种不同的染色方法,故不同染色方法有60 X 7=420（种）.法二 以S,A,B,C,D的顺序分步染色.第一步,S点染色,有5种不同的方法.第二步,A点染色,与S在同一条棱上,有4种不同的方法.第三步,B点染色,与S,A分别在同一条棱上,有3种不同的方法.第四步,C点染色,考虑到D点与S,A,C分别在同一条棱上,需要对A与C是否同色进行分类,当A与C同色时,D点有3种不同的染色方法；当A与C不同色时，因为C与S,B也不同色,所以C点有2种不同的染色方法,D点也有2种不同的染色方法.由分步乘法、分类加法计数原理，得不同的染色方法共有5X4X3X（1X3+2X2）=420（种）.法三 按所用颜色种数分类.第一类,5种颜色全用，共有A2种不同的染色方法;第二类,只用4种颜色,则必有某两个顶点同色（A与C或B与D）,共有2XA&种不同的染色方法;第三类，只用3种颜色,则A与C,B与D必定同色,共有Ag种不同的染色方法.由分类加法计数原理，得不同的染色方法为Ag+2 X Ag+Ag=420（种）.答案：420