第6章 专题1 两个计数原理与排列组合问题的七类典型解法(课件PPT)-【勤径学升】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册同步练测（人教A版2019）

单击此处添加文本具体内容 第六章　计数原理 专题1 两个计数原理与排列组合 问题的七类典型解法 [对应学生用书第29页] 专题1　计数原理 专题1　计数原理 专题1　计数原理 专题1　计数原理 专题1　计数原理 专题1　计数原理 专题1　计数原理 专题1　计数原理 专题1　计数原理 专题1　计数原理 专题1　计数原理 专题1　计数原理 专题1　计数原理 专题1　计数原理 专题1　计数原理 专题1　计数原理 专题1　计数原理 专题1　计数原理 专题1　计数原理 专题1　计数原理 题型一　特殊元素和特殊位置优先法 1．(太原五中校考)上午要上语文、数学、体育和外语四门功课，而数学老师因故不能上第二节和第四节，则不同排课方案的种数是(　　) A．24　　　B．22　　　C．20　　　D．12 解析　因为数学老师因故不能上第二节和第四节课，所以先排数学老师的课，共有C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(2)) ＝2种排课方案，然后再排剩下三位老师的课，共有A eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)) ＝6种排课方案，由分步计数乘法原理可得共有2×6＝12种排课方案． 答案　D 2．(宁夏银川高三教学质量检测)某校在“校园艺术周”活动中，安排了同时进行的演讲、唱歌、跳舞三项比赛，现准备从包括甲在内的五名同学中随机选派三名同学分别参加三项比赛，则甲不能参加演讲比赛的概率为________. 解析　随机选派三名同学分别参加三项比赛，共有A eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(5)) ＝60种结果，其中甲不能参加演讲比赛可分两类，一类是甲没有被选中有A eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(4)) 种结果，一类是甲被选中有A eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(2)) A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) 种结果，所以甲不能参加演讲比赛的结果数为A eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(4)) ＋A eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(2)) A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) ＝48，所以甲不能参加演讲比赛的概率为 eq \f(48,60) ＝ eq \f(4,5) . 答案　 eq \f(4,5) 题型二 相邻问题捆绑法和相离问题插空法 3．为维护国家海洋安全权益，我国海军的5艘战舰出海执行任务，有2艘是驱逐舰，3艘是护卫舰，在一字形编队时，3艘护卫舰中恰有2艘相邻的概率是________. 解析　5艘战舰一字形编队，共有A eq \o\al(\s\up1(5),\s\do1(5)) ＝120种编排方法，其中2艘护卫舰相邻有C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)) A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)) A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ＝72种编排方法，所以3艘护卫舰中恰有2艘相邻的概率是 eq \f(72,120) ＝ eq \f(3,5) . 答案　 eq \f(3,5) 4．新年音乐会安排了2个唱歌、2个乐器和2个舞蹈共6个节目，则2个唱歌节目不相邻且两个乐器节目相邻的节目单共有________种．(用数字表示) 解析　将两个乐器节目排成一排，共有A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) 种排法，将其视为一个整体和两个舞蹈节目排成一排，共有A eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)) 种排法，再将两个唱歌节目插入所得排列的空隙中，有A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) 种排法，由分步乘法计数原理可得满足要求的排法共有A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) A eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)) A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) ＝144种排法． 答案　144 题型三　定序问题倍缩法 5．(江苏镇江高二校考)某班联欢会原定3个节目已排成节目单，开演前又增加了2个节目，如果将这2个新节目插入节目单中，那么不同的插法种数为(　　) A．12　　　B．20　　　C．24　　　D．30 解析　这2个新节目插入节目单中，若2个新节目相邻，则在原定3个节目已排成节目单产生的4个空位中，选1个位置安排2个新节目，且两个新节目顺序可变，此时有C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(4)) A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ＝8种插法；若2个新节目不相邻，则在原定3个节目已排成节目单产生的4个空位中，选2个位置安排2个新节目，且两个新节目顺序可变，此时有A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) ＝12种插法，所以共有8＋12＝20种插法． 答案　B 6．一条街道上原有6个路灯，假设保持这几个路灯的相对顺序不变，再多安装3个路灯，则一共有多少种不同的安装方法？ 解　第一步，原来6个路灯的中间空位和两端共有7个空位，将其中一个路灯插入这些空位中，有A eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(7)) 种方法；第二步，7个路灯的中间空位和两端共有8个空位，再插入第二个路灯，有A eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(8)) 种方法；第三步，8个路灯的中间空位和两端共有9个空位，将最后一个路灯插入，有A eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(9)) 种方法．由分步乘法计数原理可得，共有A eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(7)) A eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(8)) A eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(9)) ＝504种不同的安装方法． 题型四　分组分配问题先分组再分配法 7．某校高三年级有8名同学计划高考后前往武当山、黄山、庐山三个景点旅游．已知8名同学中有4名男生，4名女生．每个景点至少有2名同学前往，每名同学仅选一处景点游玩，其中男生甲与女生A不去同一处景点游玩，女生B与女生C去同一处景点游玩，则这8名同学游玩行程的方法数为(　　) A．564 B．484 C．386 D．640 解析　8人分三组可分为2人，2人，4人和2人，3人，3人，共两种情况．第一种情况分成2人，2人，4人：女生B，C去同一处景点，当B，C成2人组时，其他6人分成2人，4人两组且男生甲与女生A不同组，有C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(4)) A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ＝8种方法；当B，C在4人组时，有eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(2)) eq \f(CC eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(4)) C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) ,A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ) ＋C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ＝36种方法．第二种情况分成2人，3人，3人：当B，C成2人组时，有C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) ＝6种方法；当B，C在3人组时，有C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(2)) C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(5)) ＋C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(4)) C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(3)) A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ＝44种方法．故这8名同学游玩行程的方法数为(8＋36＋6＋44)×A eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)) ＝564. 答案　A 8．第19届亚运会于2023年9月23日至10月8日在中国杭州举行．开赛前，组委会欲将某高校4名男志愿者、2名女志愿者共6人平均分成3组，分别担任铁人三项、马术和攀岩3个项目的志愿者，且2名女志愿者不在同一组，则不同的选择方案共有________种． 解析　由题意知，必有2名男志愿者在同一组，所以完成该事件可分为3步：第一步，从4名男志愿者中选2人作为一组，有C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) ＝6种方法；第二步，将另外2名男志愿者和2名女志愿者搭配成2组，有A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ＝2种方法；第三步，将分好的3组志愿者分配到3个体育项目中，有A eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)) ＝6种方法．综上所述，由分步计数原理得，共有C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) A eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)) ＝6×2×6＝72种方法． 答案　72 题型五　相同元素隔板法 9．已知x∈N*，y∈N*，z∈N*，则关于x，y，z的方程x＋y＋z＝10共有(　　)组不同的解． A．C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(9)) B．C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(9)) C．C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(10)) D．C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(10)) 解析　问题可转化为10个相同的小球放到三个不同的盒子里，每个盒子不能空着，每个盒子中小球的数目就是方程x＋y＋z＝10的一组解，由隔板法可知，共有C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(9)) 种不同的分法，即方程共有C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(9)) 组不同的解． 答案　A 10．(江苏高二专题练习)某市拟成立一个由6名中学生组成的调查小组，并准备将这6个名额分配给本市的4所实验中学，要求每所实验中学都有学生参加，那么不同的名额分配方法的种数是________. 解析　将6个名额排成一排，6个名额之间有5个空，用3块隔板插入到这5个空中，每一种插空方法就是一种名额分配方法，共有C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(5)) ＝10种分配方法． 答案　10 题型六　数字排序问题查字典法 11．由数字1，2，3，4可以组成多少个没有重复数字且比1 300大的正整数________个． 解析　当千位和百位分别为1，3时，则十位和个位有A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) 个符合条件的，当千位和百位分别为1，4时，则十位和个位有A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) 个符合条件的，当千位不为1时，共有C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(3)) A eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)) 个符合条件的，故共有C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(3)) A eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)) ＋A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ＋A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ＝18＋2＋2＝22(个). 答案　22 12．盒子里装有六个大小相同的小球，分别标有数字 1，2，3，4，5，6.现从盒子里随机不放回地抽取3次，每次抽取1个小球，按抽取顺序将球上数字分别作为一个三位数的百位、十位与个位数字． (1)一共能组成多少个不同的三位数？ (2)一共能组成多少个不同的大于 500 的三位数？ 解　(1)因为抽取的三位数各不同，所以能组成A eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(6)) ＝6×5×4＝120个不同的三位数． (2)百位为5或6，则个位、十位是剩余5个数字中的两个，则有C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(2)) ×A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(5)) ＝40个大于500的三位数． 题型七　简单问题实际操作穷举法 13．将编号为1至7的7个小球放入编号为1至7的7个盒子中，每个盒子中放1个小球，则恰好有3个小球与盒子的编号相同的放法有(　　) A．315种 B．210种 C．135种 D．105种 解析　先确定3个与盒子编号相同的小球，共有C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(7)) 种选法，假设1，2，3，4号小球与盒子的标号不同，5，6，7号小球与盒子的编号相同，则1，2，3，4号盒子的放法有2，1，4，3；2，3，4，1；2，4，1，3；3，1，4，2；3，4，1，2；3，4，2，1；4，1，2，3；4，3，1，2；4，3，2，1，共9种，故共有C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(7)) ×9＝315种放法． 答案　A 14．“双减”政策实施以来，各地中小学纷纷开展丰富的课后活动．某校积极开展各种棋类益智活动，某项单人跳棋游戏的规则如下：如图所示，棋子的初始位置为①处，玩家每掷出一枚骰子，朝上一面的点数即为棋子沿棋盘实线顺时针方向前进的格子数，即玩家掷出的点数为i(i＝1，2，…，6)，则棋子就 按顺时针方向前进i个格子、一直循环下去，现在已知小明同学 抛掷3次骰子后棋子恰好又回到起点①处，则其不同的走法数为 ________.(用数字作答) 解析　根据题意可知抛掷3次骰子后恰好回到起点①处需要8步或16步，所以3次投掷骰子的点数之和为8或16，则3次投掷的点数可以为1，1，6；1，2，5；1，3，4；2，2，4；2，3，3；4，6，6；5，5，6；当点数为1，1，6；2，2，4；2，3，3；4，6，6；5，5，6时，有5×C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(3)) ＝15种情况；当点数为1，2，5；1，3，4时，有2×A eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)) ＝12种情况．综上可得，不同的走法数为12＋15＝27. 答案　27 $$