3.1.2 排列与排列数-【新课程能力培养】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册随堂练习（人教B版）

参 考 答 案 3.1.2 排列与排列数 第 1 课时 排列与排列数 学习手册 变式训练 1 解： （ 1 ） 第一问不是排列问题， 第二问是 排列问题 . “入座” 问题同 “排队” 问题， 与顺序有关， 故选 3 个座位安排三位客人是排列问题 . （ 2 ） 第一问不是排列问题， 第二问是排列问题 . 若方程 x 2 a 2 + y 2 b 2 =1 表示焦点在 x 轴上的椭圆， 则必有 a>b ， a ， b 的大小关系一定； 在双曲线 x 2 a 2 - y 2 b 2 =1 中， 不管 a>b 还是 a<b ， 方程 x 2 a 2 - y 2 b 2 =1 均表示焦点在 x 轴上的双曲线， 且是不同的双曲 线， 故是排列问题 . （ 3 ） 确定直线不是排列问题， 确定射线是排列问题 . 变式训练 2 解： （ 1 ） 由题意画树形图， 如图 1. 故所有两位数为 12 ， 13 ， 14 ， 21 ， 23 ， 24 ， 31 ， 32 ， 34 ， 41 ， 42 ， 43 ， 共有 12 个 . （ 2 ） 由题意画树形图， 如图 2. 故所有的排列为 abc ， abd ， acb ， acd ， adb ， adc ， bac ， bad ， bca ， bcd ， bda ， bdc ， cab ， cad ， cba ， cbd ， cda ， cdb ， dab ， dac ， dba ， dbc ， dca ， dcb ， 共有 24 个 . 变式训练 3 D 【解析 】 由 A x 8 <6A x-2 8 ， 得 8 ！ （ 8-x ）！ <6× 8 ！ （ 10-x ）！ ， 化简得 x 2 -19x+84<0 ， 解得 7<x<12 ， ① 又 x≤8 ， 0≤x-2≤8 8 ， ∴2≤x≤8 ， ② 由 ①② 及 x∈N + ， 得 x=8. 变式训练 4 D 【解析 】 先把三种不同的画捆在一起 ， 各看成整体， 但水彩画不放在两端， 则油画与国画放在 两端有 A 2 2 种不同的排法， 然后对 4 幅油画的排放有 A 4 4 种不同的排法， 对 5 幅国画的排放有 A 5 5 种不同的排法， ∴ 不同的陈列方式有 A 2 2 A 4 4 A 5 5 种不同的排法 . 故选 D. 随堂练习 1. （ 1 ） × （ 2 ） √ （ 3 ） × （ 4 ） × （ 5 ） × 2. BCD 【解析】 A 项中组成的三位数与数字的排列 顺序有关， B ， C ， D 三项只需取出元素即可， 与元素的 排列顺序无关 . 故选 BCD. 3. C 【解析】 从三人中选出两人， 而且要考虑这两 人的顺序， ∴ 有如下 6 种站法： 甲乙、 甲丙、 乙甲、 乙 丙、 丙甲、 丙乙 . 故选 C. 4. C 【解析】 A 3 9 =9×8×7. 5. C 【解析 】 89×90×91×92× … ×100= 1×2× … ×100 1×2× … ×88 = 100! 88! =A 12 100 . 6. 36 【解析】 A 6 7 -A 5 6 A 4 5 = 7×6A 4 5 -6A 4 5 A 4 5 =36. 练习手册 效果评价 1. BD 【解析】 ∵ 加法和乘法满足交换律， ∴ 选出两 个数做加法和乘法时， 结果与两数字位置无关， 故不是 排列问题， 而减法、 除法与两数字的位置有关， 故是排 列问题， 故选 BD. 2. C 【解析 】 A 6 20-m 是指从 20-m 开始依次连续的 6 个数相乘， 即 （ 20-m ）（ 19-m ）（ 18-m ）（ 17-m ）（ 16-m ）（ 15-m ） . 故选 C. 3. B 【解析】 由 A 2 n+1 -A 2 n =10 ， 得（ n+1 ） n-n （ n-1 ） =10 ， 解得 n=5. 故选 B. 4. B 【解析 】 画树形图如右 图， 故组成的排列为丙甲乙， 丙乙 甲， 乙甲丙 ， 乙丙甲 ， 共 4 种 . 故 选 B. 5. D 【解析】 A m n = n ！ （ n-m ）！ ， 而 A 1 n A m-1 n -1 =n× （ n-1 ）！ （ n-m ）！ = n ！ （ n-m ）！ ， ∴A 1 n A m-1 n -1 =A m n . 故选 D. 6. 3 【解 析 】 由 题 意 知 ， m = 1 ， 2 ， 3 ， 4 ， 由 A 3 4 =A 4 4 ， 故集合 P 中 共有 3 个元素 . 7. 12 bac ， bad ， bae ， bca ， bcd ， bce ， bda ， bdc ， bde ， bea ， bec ， bed 【解析】 画出树形图如图 ， 可 知 共 12 个 ， 它 们 分 别 是 bac ， bad ， bae ， bca ， bcd ， bce ， bda ， bdc ， bde ， bea ， bec ， bed. 8. 5 【解析】 由排列数定义可得 x≥3 ， x+1≥2 ， x≥2 2 ( ( ( ' ( ( ( ) ， 得 x≥3 ， x∈N + ， 原方程可化为 3x （ x-1 ）（ x-2 ） =2 （ x+1 ） x+6x （ x-1 ）， ∵x≥3 ， ∴ 可化为 3x 2 -17x+10=0 ， 即 （ 3x-2 ）（ x-5 ） =0 ， 解得 x=5 或 x= 2 3 （舍去） . 9. 解： （ 1 ） 列出每一个起点和终点情况 ， 如图 1 所示 . 1 2 3 4 2 1 3 4 3 1 2 4 4 1 2 3 图 1 a b c d cd bd bc b a c d cd ad ac c a b d bd ad ab d a b c bc ac ab 图 2 变式训练 2 答图 甲 乙 乙 甲 丙 甲 丙 丙 甲 乙 第 4 题答图 北京 广州 南京 天津 广州 南京 天津 北京 南京 天津 北京 广州 天津 北京 广州 南京 图 1 b c — bac d — bad e — bae a a — bca d — bcd e — bce c a — bda c — bdc e — bde d a — bea c — bec d — bed e 第 7 题答图 35 高中数学选择性必修 第二册 （人教 B 版） 精编版 故符合题意的机票种类有： 北京广州， 北京南京， 北京天津 ， 广州南京， 广州天津， 广州北京， 南京天 津， 南京北京， 南京广州， 天津北京， 天津广州， 天津 南京， 共 12 种 . （ 2 ） 由于老师不站左端， 故左端位置上只能安排学 生 . 设两名学生分别为 A ， B ， 两名老师分别为 M ， N ， 此问题可分两类： 由此可知 ， 所有可能的站法为 AMNB ， ANMB ， ABMN ， ABNM ， BMNA ， BNMA ， BAMN ， BANM ， 共 8 种 . 10. 解： （ 1 ） A 3 10 =10×9×8=720. （ 2 ） A 5 9 +A 4 9 A 6 10 -A 5 10 = 9×8×7×6×5+9×8×7×6 10×9×8×7×6×5-10×9×8×7×6 = 9×8×7×6× （ 5+1 ） 10×9×8×7×6× （ 5-1 ） = 6 10×4 = 3 20 . 提升练习 11. C 【解析】 A 1 1 =1 ， A 2 2 =2 ， A 3 3 =6 ， A 4 4 =24 ， 个位数 之和为 1+2+6+4=13 ， 而 A 5 5 ， A 6 6 ， …， A 100 100 都含有 5 和至 少一个偶数， ∴ 个位数字均为 0 ， ∴S 的个位数字为 3. 故选 C. 12. C 【解析】 若甲先传给乙 ， 则有甲 → 乙 → 甲 → 乙 → 甲， 甲 → 乙 → 甲 → 丙 → 甲， 甲 → 乙 → 丙 → 乙 → 甲 3 种不同的传法 ； 同理 ， 甲先传给丙也有 3 种不同的传 法， 故共有 6 种不同的传法 . 故选 C. 13. （ n+1 ）！ -1 【解析 】 ∵n×n ！ = ［（ n+1 ） -1 ］ ×n ！ = （ n+ 1 ）！ -n ！， ∴ 原式 = （ 2 ！ -1 ！） + （ 3 ！ -2 ！） + （ 4 ！ -3 ！） + … + ［（ n+ 1 ）！ -n ！］ = （ n+1 ）！ -1. 14. {4 ， 5} 【解析】 由 A 4 2x+1 <140A 3 x 知， x≥3 且 x∈ N + ， 由排列数公式， 原不等式可化为 （ 2x+1 ）· 2x ·（ 2x- 1 ）（ 2x-2 ） <140x （ x-1 ）（ x-2 ）， 解得 3<x< 23 4 . ∵x∈N + ， ∴x=4 或 x=5. ∴ 不等式的解集为 {4 ， 5} . 15. 14 【解析】 如图， 由树形图可写出所有不同试 验方法如下： a 1 a 2 b 1 ， a 1 a 2 b 2 ， a 1 a 2 b 3 ， a 1 a 2 b 4 ， a 3 a 4 b 1 ， a 3 a 4 b 2 ， a 3 a 4 b 3 ， a 3 a 5 b 1 ， a 3 a 5 b 2 ， a 3 a 5 b 3 ， a 4 a 5 b 1 ， a 4 a 5 b 2 ， a 4 a 5 b 3 ， a 4 a 5 b 4 ， 共 14 种 . 16. 解： 由题意可知， 原有车票的种数是 A 2 n 种， 现 有车票的种数是 A 2 n+m 种， ∴A 2 n+m -A 2 n =62 ， 即 （ n+m ）（ n+ m-1 ） -n （ n-1 ） =62. ∴m （ 2n+m-1 ） =62=2×31. ∵m<2n+m- 1 ， 且 n≥2 ， m ， n∈N + ， ∴ m=2 ， 2n+m-1=31 1 ， 解得 m=2 ， n= 15 ， 故原有 15 个车站， 现有 17 个车站 . 第 2 课时 排列数的应用 学习手册 变式训练 1 （ 1 ） B 【解析】 对于两个大站 A 和 B ， 从 A 到 B 的火车票与从 B 到 A 的火车票不同， ∵ 每张车 票对应一个起点站和一个终点站， ∴ 每张火车票对应从 6 个不同元素 （大站） 中取出 2 个不同元素 （起点站和 终点站 ） 的一 种排 列 ， 故不同 的火 车 票有 6×5=30 （种） . （ 2 ） 6 【解析】 共有 3×2×1=6 （种） 不同的排法 . 变式训练 2 解： （ 1 ） （捆绑法） ∵3 名女生必须排在 一起， ∴ 可以先把她们看成一个整体， 这样同 5 名男生 合在一起共有 6 个元素， 排成一排有 A 6 6 种不同的排法， 对于其中的每一种排法， 3 名女生之间又有 A 3 3 种不同的 排法， 因此共有 A 6 6 · A 3 3 =4 320 （种） 不同的排法 . （ 2 ） （插空法） 要保证女生全分开， 可先把 5 名男 生排好， 每两个相邻的男生之间留出一个空位， 这样共 有 4 个空位， 加上两边男生外侧的两个位置， 共有 6 个 位置， 再把 3 名女生插入这 6 个位置中， 只要保证每个 位置至多插入 1 名女生， 就能保证任意两名女生都不相 邻 . 由于五名男生排成一排有 A 5 5 种不同排法， 对于其中 任意一种排法， 从上述 6 个位置中选出 3 个让 3 名女生 插入都有 A 3 6 种排法， 因此共有 A 5 5 · A 3 6 =14 400 （种） 不 同的排法 . （ 3 ） 方法一 （位置分析法）： ∵ 两端都不能排女生， ∴ 两端只能挑选 5 名男生中的两名， 有 A 2 5 种不同的排法， 对于其中的任意一种不同的排法， 其余 6 个位置都有 A 6 6 种不同的排法， ∴ 共有 A 2 5 · A 6 6 =14 400 （种） 不同的排法 . 方法二 （间接法）： 3 名女生和 5 名男生排成一排共 有 A 8 8 种不同的排法， 从中扣除女生排在首位的 A 1 3 · A 7 7 种 排法和女生排在末位的 A 1 3 · A 7 7 种排法， 但两端都是女生 的排法在扣除女生排在首位的情况时被扣去一次， 在扣 除女生排在末位的情况时又被扣去一次， ∴ 还需加回来 一次， 由于两端都是女生有 A 2 3 · A 6 6 种不同的排法， ∴ 共 有 A 8 8 -2A 1 3 · A 7 7 +A 2 3 · A 6 6 =14 400 （种） 不同的排法 . 方法三 （元素分析法）： 从中间六个位置挑选三个 让三个女生排入， 有 A 3 6 种不同的排法， 对于其中的任意 一种排法， 其余五个位置又都有 A 5 5 种不同的排法， ∴ 共 有 A 3 6 · A 5 5 =14 400 （种） 不同的排法 . （ 4 ） 方法一 （位置分析法）： ∵ 只要求两端不都排 女生， ∴ 如果首位排了男生， 那么末位就不再受条件限 制了 ， 这样可有 A 1 5 · A 7 7 种不同的排法 ； 如果首位排女 生， 有 A 1 3 种排法， 那么末位就只能排男生， 这样可有 A 1 3 · A 1 5 · A 6 6 种不同的排法， 因此共有 A 1 5 · A 7 7 +A 1 3 · A 1 5 · A 6 6 = 36 000 （种） 不同的排法 . 方法二 （间接法）： 3 名女生和 5 名男生排成一排共 a 1 ， a 2 同时用 （ 4 种） 同时不用 a 3 用 （ 2×3 种） a 3 不用 （ 1×4 种） 第 15 题答图 M — N — B N — M — B B — M — N N — M A M — N — A N — M — A A — M — N N — M B 图 2 第 9 题答图 36 参 考 答 案 有 A 8 8 种不同的排法， 从中扣除两端都是女生的排法 A 2 3 · A 6 6 种， 就得到两端不都是女生的排法种数 . 因此共有 A 8 8 -A 2 3 · A 6 6 =36 000 （种） 不同的排法 . 变式训练 3 解： （ 1 ） 个位上的数字必须是 0 或 5. 个 位上是 0 ， 有 A 4 5 个； 个位上是 5 ， 若不含 0 ， 则有 A 4 4 个； 若含 0 ， 但 0 不作首位， 则 0 的位置有 A 1 3 种排法， 其余 各位有 A 3 4 种排法， 故共有 A 4 5 +A 4 4 +A 1 3 A 3 4 =216 （个） 能被 5 整除的五位数 . （ 2 ） 能被 3 整除的条件是各位数字之和能被 3 整 除， 则 5 个数可能有 {1 ， 2 ， 3 ， 4 ， 5} 和 {0 ， 1 ， 2 ， 4 ， 5} 两种情况， 能够组成的五位数分别有 A 5 5 个和 A 1 4 A 4 4 个 . 故能被 3 整除的五位数有 A 5 5 +A 1 4 A 4 4 =216 （个） . （ 3 ） 由于是六位数， 首位数字不能为 0 ， 首位数字 为 1 有 A 5 5 个数， 首位数字为 2 ， 万位上为 0 ， 1 ， 3 中的 一个， 有 3A 4 4 个数， ∴240 135 是第 A 5 5 +3A 4 4 +1=193 （个） 数， 即 240 135 是第 193 个数 . 随堂练习 1. C 【解析】 不同的送书种数为 5×4=20. 故选 C. 2. A 【解析】 先将老师排好， 有 A 3 3 种排法， 形成 4 个空， 将 3 名学生插入 4 个空中， 有 A 3 4 种排法， 故共有 A 3 3 A 3 4 =144 （种） 排法 . 故选 A. 3. A 【解析】 符号 “ + ” 和 “ - ” 只能在两个数之间， 这是间隔排列， 排法共有 A 3 3 A 2 2 =12 （种） . 故选 A. 4. 1 680 【解析】 将 4 块不同土质的地看作 4 个不同 的位置， 从 8 种不同的菜种中任选 4 种种在 4 块不同土 质的地里， 则即为从 8 个不同元素中任选 4 个元素的排 列问题， ∴ 不同的种法共有 8×7×6×5=1 680 （种） . 5. 24 【解析】 4×３×２=24. 6. 解： 将 5 名医生安排到两个医院有 4 人、 1 人和 3 人、 2 人两种安排方法， 故有 C 4 5 · C 1 1 · A 2 2 +C 3 5 · C 2 2 · A 2 2 =30 （种） 方法 . 练习手册 效果评价 1. A 【解析 】 若角排在一或五 ， 则有 A 1 2 A 2 2 A 2 3 =24 种， 若角排在二或四， 则有 2A 2 2 A 2 2 =8 ， 根据分类计数原 理可得， 共有 24+8=32 种， 故选 A. 2. D 【解析】 根据题意， 分两步进行分析： ① 将甲、 乙、 丙三人看成一个整体， 并且将乙安排在甲和丙的中 间， 有 2 种情况； ② 将这个整体与其他 2 人全排列， 有 A 3 3 =6 种安排方法， 则有 2×6=12 种不同的坐法 . 故选 D. 3. A 【解析】 若 3 辆汽车均不相邻， 先将五个空位 排成一排， 将 3 辆汽车插入空档， 有 A 3 6 种情况， ∴ 至少 有 2 辆汽车停放在相邻车位的概率是 1- A 3 6 A 3 8 = 9 14 . 故 选 A. 4. A 【解析】 根据题意， 分三步进行分析： ① 将一等奖获得者安排在正中间， 有 1 种安排方法； ② 将 2 个三等奖获得者分别站在排首与排尾 ， 有 A 2 2 =2 种安排方法； ③ 将 2 个二等奖获得者安排在剩下的 2 个位置， 有 A 2 2 =2 种安排方法； 则有 1×2×2=4 种不同的站法 . 故选 A． 5. A 【解析】 甲、 乙所选的课程中至少有 1 门不相 同的选法可以分为两类： ① 甲、 乙所选的课程中 2 门均不相同， 甲先从 4 门 中任选 2 门， 乙选取剩下的 2 门， 有 C 2 4 C 2 2 =6 （种）； ② 甲、 乙所选的课程中有且只有 1 门相同， 分为两 步： 第一步， 从 4 门中先任选一门作为相同的课程， 有 C 1 4 =4 种选法； 第二步， 甲从剩余的 3 门中任选 1 门， 乙 从最后剩余的 2 门中任选 1 门有 C 1 3 C 1 2 =6 种选法， 由分 步计数原理此时共有 C 1 4 C 1 3 C 1 2 =24 种 ． 综上， 由分类计数原理， 甲、 乙所选的课程中至少 有 1 门不相同的选法共有 6+24=30 种 ． 故选 A． 6. C 【解析】 从 6 名男医生中选出 2 名有 C 2 6 =15 种 选法， 从 5 名女医生中选出 1 名有 C 1 5 =5 种选法， 由分 步乘法计数原理得， 不同的选法共有 15×5=75 种， 故 选 C. 7. C 【解析】 由图可知蚂蚁从 A 到 B 至少走 7 步， 其中有 3 步向上， 4 步向右， 共有 C 3 7 C 4 4 =35 种方法 . 故 选 C． 8. A 【解析】 由题意得， 每人一个座位， 也就是从 4 个座位选 3 个， 然后分配到 3 个学生， 则不同的坐法 A 3 4 =24 种 ． 故选 A. 9. AD 【解析】 先找出与棱 AB 所在直线异面， 其他 棱所在直线 DD 1 ， CC 1 ， A 1 D 1 ， B 1 C 1 共 4 条， ∴ 相互异面 的共 12×4÷2=24 对， 故 A 正确； 从 8 个顶点取 4 个顶点的组合数为 C 4 8 =70 ， 由正方 体的 6 个面和 6 个对角面可知四点共面的情况有 12 种 组合， ∴ 可得到 70-12=58 个不同的四面体， 故 B 错误； 与面对角线 A 1 B 成 60° 的面对角线有 A 1 C 1 ， AC ， BC 1 ， AD 1 ， B 1 C ， A 1 D ， BD ， B 1 D 1 共 8 条， ∴ 共 12×8÷2=48 对， 故 C 错误； 当用 3 种颜色时， 所有相对面颜色相同， 有 C 3 4 C 1 3 C 1 2 =24 种方法 ． 当用 4 种颜色时， 有 2 组对面颜色相同， 有 C 2 3 A 4 4 =72. ∴ 共 24+72=96 种涂色方法， 故 D 正确 ． 故选 AD. 10. ABD 【解析】 5 位选手全排列， 有 A 5 5 种， 其中 女生甲排在第一位， 有 A 4 4 种， 2 位男生连续出场， 有 A 2 2 A 4 4 种， 但女生甲排在第一位与 2 位男生连续出场有重 复的部分， 重复的有 A 2 2 A 3 3 种， 故满足条件的排法种数 为 A 5 5 -A 2 2 A 4 4 -A 4 4 +A 2 2 A 3 3 ， 故 A 正确； 先 3 位女生全排列， 再把 2 位男生插空， 有 A 3 3 A 2 4 种， 其中女生排在第一位， 有 A 2 2 A 2 3 种， 故满足条件的排法种数为 A 3 3 A 2 4 -A 2 2 A 2 3 ， 故 B 正确； ① 若第一个出场的是男生， 则第二个出场的是 女生， 以后的顺序任意排， 有 C 1 2 C 1 3 A 3 3 种， ② 若第一个 出场的是女生 （不是女生甲）， 则将剩余的 2 个女生排 列好， 2 个男生插空， 有 C 1 2 A 2 2 A 2 3 种， 故满足条件的排法 种数为 C 1 2 C 1 3 A 3 3 +C 1 2 A 2 2 A 2 3 ， 故 D 正确 . 故选 ABD. 37 高中数学选择性必修 第二册 （人教 B 版） 精编版 11. AD 【解析 】 根据题意 ， 由排列数公式 A m n = n! （ n-m ） ! ， 故 A 正确； 由排列数公式 A m n =n （ n-1 ）（ n-2 ）…（ n-m+1 ）， 故 B 错误； nA m n-1 n-m+1 = n× （ n-1 ） ! （ n-m-1 ） ! n-m+1 = n! （ n-m+1 ）（ n-m-1 ） ! ≠A m n ， 故 C 错误； A m n = n! （ n-m ） ! =n× （ n-1 ） ! （ n-m ） ! =A 1 n A m-1 n -1 ， 故 D 正确 . 故选 AD. 12. AC 【解析】 ∵C x 17 =C 2x-1 17 ， ∴x=2x-1 或 x+2x-1=17 ， 解得 x=1 或 x=6 ， 经检验都成立， 故选 AC. 13. BD 【解析】 依据题意 ， 不同的安排方法共有 C 2 5 A 4 4 =240 种， 故 A 错误； 甲志愿者被安排到 A 学校的概率是 1 4 ， 故 B 正确； 若 A 学校安排两名志愿者， 则不同的安排方法共有 C 2 5 A 3 3 =60 种， 故 C 错误； 在甲志愿者被安排到 A 学校支教的前提下， A 学校 有两名志愿者的概率是 A 4 4 A 4 4 +C 2 4 A 3 3 = 2 5 ， 故 D 正确 . 故选 BD. 14. 3 5 【解析】 根据题意， 从 6 只兔子中随机选取 2 只， 有 C 2 6 =15 种选取方法， 其中没有 1 只通过某项指 标检测的取法有 C 2 4 =6 种， 即取出的 2 只中至少有一只 是通过某项指标检测的取法有 15-6=9 种， 故至少有一 只是通过某项指标检测的概率 P= 9 15 = 3 5 . 故答案为 3 5 . 15. 120 【解析】 根据题意， 要求每项限报一人， 且 每人至多参加一项， 则第一个项目有 6 种报名方法， 第 二个项目有 5 种报名方法 ， 第三个项目有 4 种报名方 法 ， 则共有 6×5×4=120 种不同的报名方法 . 故答案为 120. 16. 18 【解析】 根据题意， 分两步进行分析： ①3 号 卡片不能放入 3 号盒中， 则 3 号卡片可以放入 1 ， 2 ， 4 号盒子中， 有 3 种放法； ② 将剩下的 3 张卡片全排列， 放入剩下的 3 个盒子中， 有 A 3 3 =6 种放法 . 故有 3×6=18 种不同的放法 . 故答案为 18． 17. 288 【解析】 根据题意， 末位数字可以为 1 ， 3 ， 5 ， 有 A 1 3 种取法， 首位数字不能为 0 ， 有 A 1 4 种取法， 再 选 3 个数字， 排在中间， 有 A 3 4 种排法， 则五位奇数共有 A 1 3 A 1 4 A 3 4 =288. 故答案为 288. 18. 2 5 【解析】 由题意可知， ① 假设 “ 1 ” 中有一门 相同， “ 2 ” 中有一门相同， 则共有 C 1 2 C 1 4 A 2 3 =48 种不同 的方法； ② 假设 “ 2 ” 中有两门相同， 则共有 C 2 4 A 2 2 =12 种不同的方法 . 根据分类加法计数原理可得， 共有 48+12=60 种不 同的方法 . 则甲， 乙两名考生在 6 门选考科目中恰有两门科目 相同的概率 P （ A ） = 60 （ C 1 2 ×C 2 4 ） 2 = 5 12 ， 甲， 乙两名考生在 6 门选考科目中恰有两门科目相同且均选物理的概率为 P （ AB ） = C 1 4 A 2 3 （ C 1 2 ×C 2 4 ） 2 = 1 6 ， 故甲， 乙两名考生在 6 门选考科 目中恰有两门科目相同的条件下， 均选择物理的概率为 P= 1 6 5 12 = 2 5 ， 故答案为 2 5 . 提升练习 19. 解： （ 1 ） 两端的两个位置， 女生任意排， 中间 的五个位置男生任意排 A 5 5 · A 2 2 =240 （种） . （ 2 ） 把男生任意全排列， 然后在六个空中 （包括两 端） 有顺序地插入两名女生： A 5 5 · A 2 6 =3 600 （种） . （ 3 ） 采用排除法， 在 7 个人的全排列中， 去掉女生 甲在左端的 A 6 6 个， 再去掉女生乙在右端的 A 6 6 个， 但女 生甲在左端同时女生乙在右端的 A 5 5 种排除了两次， 要 找回来一次， A 7 7 -2A 6 6 +A 5 5 =3 720 （种） . 20. 解： （ 1 ） 从 10 名教师中选 2 名去参加会议的 选法数， 就是从 10 个不同元素中取出 2 个元素的组合 数， 即 C 2 10 ＝ 10×9 2×1 ＝45 （种） . （ 2 ） 从 10 名教师中选 4 名共有 C ４ 10 ＝ 10×9×8×7 4×3×2×1 ＝210 种， 从 6 名男教师中选 2 名的选法有 C 2 6 种， 从 4 名女教 师中选 2 名的选法有 C 2 4 种， 根据分步乘法计数原理， 共 有选法 C 2 6 · C 2 4 ＝ 6×5 2×1 × 4×3 2×1 ＝90 （种） . 21. 解： （ 1 ） 根据题意， 4 个不同的小球全部放入 3 个不同的盒子， 每个小球有 3 种不同的放法， 则有 3× 3×3×3=81 种放法 . （ 2 ） 根据题意， 分两步进行分析： ① 将 4 个小球分 为 1 、 1 、 2 的三组， 有 C 2 4 =6 种方法； ② 将三组小球放 进 3 个盒子， 有 A 3 3 =6 种情况 . 则有 6×6=36 种放法 ． 22. 解： （ 1 ） 分成三堆的方法有 C 1 6 C 2 5 C 3 3 种， 而每种 分组方法仅对应一种分配方法 ， 故甲得一本 ， 乙得二 本， 丙得三本的分法亦为 C 1 6 C 2 5 C 3 3 =60 种 ． （ 2 ） 6 本不同的书平均分成三堆， 有 C 2 6 C 2 4 C 2 2 3 ！ =15 种 分堆方法 ． （ 3 ） 共计分为 3 类： ① 按照 4 、 1 、 1 分， 共有 C 1 6 · C 1 5 · C 4 4 · 3=90 ； ② 按照 3 、 2 、 1 分， 共有 C 1 6 · C 2 5 · C 3 3 · A 3 3 =360 种； ③ 按照 2 、 2 、 2 分， 共有 C 2 6 · C 2 4 · C 2 2 =90 种， 故共有 90+360+90=540 种 ． 23. 解： （ 1 ） （特殊元素优先法 ） 先考虑甲的位 置， 有 A 1 3 种方法， 再考虑其余 6 人的位置， 有 A 6 6 种方 法 ． 故有 A 1 3 · A 6 6 =2 160 种方法 ． （ 2 ） （捆绑法） 把所有男生看作一个元素， 与 4 名 女生组成 5 个元素全排列， 故有 A 3 3 · A 5 5 =720 种不同的 38 参 考 答 案 排法 . 3.1.3 组合与组合数 第 1 课时 组合与组合数、 组合数的性质 学习手册 变式训练 1 解： （ 1 ） ∵ 一种火车票与起点、 终点的顺 序有关， 如甲 → 乙和乙 → 甲的车票是不同的， ∴ 它是排 列问题 . （ 2 ） 由于书不同， 每人每次拿到的书也不同， 有顺 序之分， 因此它是排列问题 . （ 3 ） 从 7 本不同的书中， 取出 5 本给某位学生， 在每 种取法中取出的 5 本并不考虑书的顺序， 故它是组合问题 . 变式训练 2 解： 先将元素按照一定顺序排好， 然后按 顺序用图示的方法将各个组合逐个写出来， 如图所示： 由此可得所有的组合 ： ab ， ac ， ad ， ae ， bc ， bd ， be ， cd ， ce ， de ， 共有 10 种 . 变式训练 3 （ 1 ） 解 ： C 98 100 +C 199 200 =C 2 100 +C 1 200 = 100×99 2 + 200=4 950+200=5 150. （ 2 ） 证明： n n-m C m n-1 = n n-m · m! （ n-1 ）！ （ n-1-m ）！ = n ！ m ！（ n-m ）！ =C m n . 随堂练习 1. （ 1 ） √ （ 2 ） × （ 3 ） √ （ 4 ） × 2. ABC 3. B 【解析】 组合问题， 可从对立面考虑， 选出一 人不参加会议即可， 故有 5 种方法 . 故选 B. 4. B 【解析】 C 2 6 +C 5 7 =C 2 6 +C 2 7 = 6×5 2×1 + 7×6 2×1 =15+21=36. 故选 B. 5. 2 【解析】 ① 与顺序有关， 是排列问题， ②③ 均 与顺序无关， 是组合问题 . 6. 8 【解析 】 ∵C 2 n =28 ， ∴ 1 2 n （ n-1 ） =28. 又 n∈N + ， ∴n=8. 练习手册 效果评价 1. AB 【解析】 集合中元素具有无序性， A 是组合 问题， 单循环比赛没有顺序问题， B 是组合问题， C ， D 与顺序有关， 不是组合问题 . 故选 AB. 2. B 【解析】 三张票没区别， 从 10 人中选 3 人， 即 C 3 10 . 故选 B. 3. A 【解析】 C 2 8 +C 3 8 +C 2 9 = 7×8 2×1 + 6×7×8 3×2×1 + ８×９ 2×1 =120. 故 选 A. 4. B 【解析】 由于与顺序无关， ∴ 是组合问题， 共 有 4 个： △ABC ， △ABD ， △ACD ， △BCD. 故选 B. 5. ABC 【解析 】 A 是组合数公式 ； B 是组合数性 质； 由 m+1 n+1 C m+1 n +1 = m+1 n+1 × （ n+1 ）！ （ m+1 ）！（ n-m ）！ =C m n ， 得 C 正确； D 错误 . 故选 ABC. 6. 28 【解析】 由于 “村村通” 公路的修建， 是组合 问题， 故共需要建 C 2 8 = A 2 8 A 2 2 = 8×7 2×１ =28 （条） 公路 . 7. {2 ， 3 ， 4} 【解析】 由 C 2 n -n<5 ， 得 n （ n-1 ） 2 -n<5 ， 即 n 2 -3n-10<0 ， 解得 -2<n<5. 由题设条件知 n≥2 ， 且 n∈N + ， 则 n=2 ， 3 ， 4 ， 故原不等式的解集为 {2 ， 3 ， 4} . 8. 4 或 9 【解析】 ∵C x 28 =C 3x-8 28 ， ∴x=3x-8 或 x+ （ 3x-8 ） = 28 ， 即 x=4 或 x=9. 9. 解： （ 1 ） 是排列问题， ∵ 发信人与收信人是有 顺序区别的， 排列数为 A 2 10 =90. （ 2 ） 是组合问题， ∵ 甲与乙通一次电话， 也就是乙 与甲通一次电话， 没有顺序区别， 组合数为 C 2 10 = A 2 10 A 2 2 =45. （ 3 ） 是组合问题， ∵ 每两个队比赛一次， 没有顺序 的区别， 组合数为 C 2 10 = A 2 10 A 2 2 =45. （ 4 ） 是组合问题， ∵ 去开会的 3 个人之间没有顺序 的区别， 组合数为 C 3 10 = A 3 10 A 3 3 =120. （ 5 ） 是排列问题， ∵3 个人担任哪一科的课代表是 有区别的， 排列数为 A 3 10 =720. 10. 解： 由题意得 2× n ！ 5 ！（ n-5 ）！ = n ！ 4 ！（ n-4 ）！ + n ！ 6 ！（ n-6 ）！ ， 整理得 n 2 -21n+98=0 ， 解得 n=7 或 n=14. 要求 C 12 n 的值， 故 n≥12 ， ∴n=14 ， 于是 C 12 14 =C 2 14 = 14×13 2×1 =91. 提升练习 11. ABC 【解析】 组合问题与次序无关， 排列问题 与次序有关， D 中， 选出的 2 名学生， 如甲、 乙， 其中 “甲参加独唱、 乙参加独舞” 与 “乙参加独唱、 甲参加 独舞” 是两个不同的选法， 因此是排列问题， 不是组合 问题， 故选 ABC. 12. D 【解析】 甲必须参加， 因此只要从除甲之外的 4 人中选 2 人即可， 有 C 2 4 = A 2 4 A 2 2 =6 （种） 不同的选法 . 故 选 D. 13. 7 315 【解析】 原式 =C 0 4 +C 1 4 +C 2 5 + … +C 18 21 =C 1 5 +C 2 5 + … +C 18 21 =C 17 21 +C 18 21 =C 18 22 =C 4 22 =7 315. 14. {3 ， 4} 【解析】 由题意， 得 3≤x≤5 且 x∈N + . 当 x=3 时， C x 5 +A 3 x =10+6=16<30 成立； 当 x=4 时， C x 5 +A 3 x =5+24=29<30 成立 ； 当 x=5 时 ， C x 5 +A 3 x =1+60=61>30. ∴ 不等式 C x 5 +A 3 x <30 的解集为 {3 ， 4} . 15. 10 8 【解析】 由于乘法满足交换律， ∴ 本题与 次序无关， 是组合问题， 现规定用数对 （ a ， b ） 表示每 一种取法， 并且 （ a ， b ） 与 （ b ， a ） 是同一种取法 . 从 1 ， 2 ， 3 ， 6 ， 9 中任取两个不同的数， 不同的取 a b c d e b c d e c d e d e 变式训练 2 答图 39 日期： 班级： 姓名： 1． 判断正误 （ 1 ） a ， b ， c 与 b ， a ， c 是同一个排列 ． （ ） （ 2 ） 同一个排列中， 同一个元素不能重复出现 ． （ ） （ 3 ） 在一个排列中， 若交换两个元素的位置， 则该排列不发 生变化 ． （ ） （ 4 ） 从 4 个不同元素中任取 3 个元素， 只要元素相同， 得到 的就是相同的排列 ． （ ） （ 5 ） A 2 5 ＝5×2＝10. （ ） 2． （多选题） 下面问题中， 不是排列问题的是 （ ） A． 由 1 ， 2 ， 3 三个数字组成无重复数字的三位数 B． 从 40 人中选 5 人组成篮球队 C． 从 100 人中选 2 人抽样调查 D． 从 1 ， 2 ， 3 ， 4 ， 5 中选 2 个数组成集合 3． 从甲、 乙、 丙三人中选两人站成一排的所有站法为 （ ） A． 甲乙、 乙甲、 甲丙、 丙甲 B． 甲乙丙、 乙丙甲 C． 甲乙、 甲丙、 乙甲、 乙丙、 丙甲、 丙乙 第 1 课时 排列与排列数 3.1.2 排列与排列数 3 D． 甲乙、 甲丙、 乙丙 4． A 3 9 等于 （ ） A． 9×3 B． 9 3 C． 9×8×7 D． 9×8×7×6×5×4×3 5． 89×90×91×92× … ×100 可表示为 （ ） A． A 10 100 B． A 11 100 C． A 12 100 D． A 13 100 6. A 6 7 -A 5 6 A 4 5 ＝ . 4 日期： 班级： 姓名： 1． 从 5 本不同的书中选两本送给 2 名同学， 每人一本， 则不 同的送书方法的种数为 （ ） A. 5 B. 10 C. 20 D. 60 2. 3 位老师和 3 名学生站成一排， 要求任何学生都不相邻， 则不同的排法种数为 （ ） A. 144 B. 72 C. 36 D. 12 3. 由数字 1 ， 2 ， 3 与符号 “ + ” 和 “ - ” 五个元素组成的所有 全排列中 ， 任意两个数字都不相邻的全排列的个数是 （ ） A. 12 B. 16 C. 20 D. 24 4. 有 8 种不同的菜种， 任选 4 种种在不同土质的 4 块地里， 有 种不同的种法 . 3.1.2 排列与排列数 第 2 课时 排列数的应用 5 5. 从 1 ， 2 ， 3 ， 4 这 4 个数字中选出 3 个数字构成无重复数字 的三位数有 个 . 6. 5 名医生要到两个农村医院扶贫， 每个医院至少安排 1 人， 问有多少种安排方法 . 6