课时达标检测6 组合数的应用(教用Word)-【赢在微点·轻松课堂】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册（人教B版2019）

课时达标检测(六)　组合数的应用 基础达标 　 一、单项选择题 1.甲、乙、丙三位同学选修课程,从4门课程中,甲选修2门,乙、丙各选修3门,则不同的选修方案共有 (C) A.36种 B.48种 C.96种 D.192种 解析　甲选2门有种选法,乙选3门有种选法,丙选3门有种选法。所以共有=96(种)方案。 2.平面直角坐标系xOy上,平行直线x=n(n=0,1,2,…,5)与平行直线y=n(n=0,1,2,…,5)组成的图形中,矩形共有 (D) A.25个 B.36个 C.100个 D.225个 解析　在垂直于x轴的6条直线中任取2条,在垂直于y轴的6条直线中任取2条,四条直线相交得出一个矩形,所以矩形总数为×=15×15=225(个)。 3.从10名大学毕业生中选出3人担任村主任助理,则甲、乙至少有1人入选,而丙没有入选的不同选法的种数为 (C) A.85 B.56 C.49 D.28 解析　因为丙没有入选,所以要把丙去掉,总的元素个数变为9。因为甲、乙至少有1人入选,所以由条件可分为两类:①甲、乙两人只有一人入选的选法有×=42(种),②甲、乙都入选的选法有×=7(种)。根据分类加法计数原理知,共有42+7=49(种)。故选C。 4.将3本相同的语文书和2本相同的数学书分给四名同学,每人至少1本,不同的分配方法数为 (B) A.24 B.28 C.32 D.36 解析　第一类,先选1人得到两本语文书,剩下的3人各得一本,有=12种;第二类,先选1人得到一本语文书和一本数学书,剩下的3人各得一本,有=12种;第三类,先选1人得到两本数学书,剩下的3人各得一本,有=4种,根据分类加法计数原理可得12+12+4=28种方法,故选B。 5.将5个不同的球放入4个不同的盒子中,每个盒子至少放一个球,则不同的放法共有 (C) A.480种 B.360种 C.240种 D.120种 解析　第一步:先从4个盒子中选一个盒子准备装两个球,有4种选法;第二步:从5个球里选出两个球放在刚才的盒子里,有种选法;第三步:把剩下的3个球全排列,有种排法,由分步乘法计数原理得不同放法共有4=240种,故选C。 6.在某互联网大会上,为了提升安全级别,将5名特警分配到3个不同的路口执勤,每个人只能选择1个路口,每个路口最少1人,最多3人,且甲和乙不能安排在同一个路口,则不同的安排方法有 (D) A.180种 B.150种 C.96种 D.114种 解析　先不考虑条件“甲和乙不能安排在同一个路口”,则有两种情况:①三个路口人数分别为3,1,1时,共有=60种安排方法;②三个路口人数分别为2,2,1时,共有×=90种安排方法。若将甲、乙安排在同一路口,可以把甲、乙看作一个整体,则相当于将4名特警分配到3个不同的路口,共有=36种安排方法,故甲和乙不安排在同一个路口时的安排方法共有60+90-36=114(种)。故选D。 7.高三年级的三个班去甲,乙,丙,丁四个工厂参加社会实践,但去何工厂可自由选择,甲工厂必须有班级要去,则不同的分配方案有 (C) A.16种 B.18种 C.37种 D.48种 解析　解法一:满足题意的不同的分配方案有以下三类:①三个班中只有一个班去甲工厂有×32=27种方案;②三个班中只有两个班去甲工厂有×3=9种方案;③三个班都去甲工厂,有1种方案。综上可知,共有27+9+1=37种不同方案,故选C。 解法二:高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践,有43种不同的分配方案,若三个班都不去甲工厂,则有33种不同的分配方案,则满足条件的不同的分配方案有43-33=37种,故选C。 二、多项选择题 8.某城市的汽车牌照号码由2个英文字母后接4个数字组成,其中4个数字互不相同,英文字母可以相同的不同牌照号码共有 (AC) A.()2个 B.()2个 C.()2个 D.()2104个 解析　因为前2个英文字母可以重复,所以有()2种排法。又后4个数字互不相同,所以有种排法。由分步乘法计数原理,知满足题意的不同牌照号码共有()2个。 三、填空题 9.6人参加一项活动,要求是“必须有人去,去几个人,谁去,自己定”,则不同的去法种数为 63 。  解析　按照参加的人数分类,参加的人数分别为1,2,3,4,5,6,所以不同的去法有+++++=63(种)。 10.某车间有11名工人,其中5名是钳工,4名是车工,另外2名老师傅既能当车工又能当钳工,现要在这11名工人里选派4名钳工和4名车工修理一台机床,则共有 185 种选派方法。  解析　设A,B代表2名老师傅。A,B都不在内的选派方法有=5(种);A,B都在内且当钳工的选派方法有=10(种);A,B都在内且当车工的选派方法有=30(种);A,B都在内,且一人当钳工,另一人当车工的选派方法有=80(种);A,B有一人在内且当钳工的选派方法有=20(种);A,B有一人在内且当车工的选派方法有=40(种)。所以共有5+10+30+80+20+40=185种选派方法。 11.将7名学生分配到甲,乙两个宿舍中,共有 128 种分配方案,每个宿舍至少安排2名学生,那么互不相同的分配方案共有 112 种。  解析　7名同学,每名同学都有种选择方案,由分步乘法计数原理,得方案有()7=128种。每个宿舍至少2名学生,故甲宿舍安排的人数可以为2人,3人,4人,5人,甲宿舍安排好后,乙宿舍随之确定,所以有+++=112种分配方案。 四、解答题 12.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,直到找到所有次品为止。 (1)若恰在第5次测试,才测试到一件次品,第10次才找到最后一件次品的测试方法有多少种? (2)若恰在第5次测试后,就找到了所有的次品,则这样的测试方法有多少种? 解　(1)先排前4次测试,只能取正品,有种不同的测试方法,再从4件次品中选2件排在第5和第10的位置上测试,有种测试方法,再排余下4件的测试位置,有种测法。所以测试方法共有××=103 680(种)。 (2)由题意得,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,所以测试方法共有=576(种)。 13.6个相同的小球放入4个编号为1,2,3,4的盒子,求下列方法的种数。 (1)每个盒子都不空; (2)恰有一个空盒子; (3)恰有两个空盒子。 解　(1)先把6个相同的小球排成一行,在首尾两球外侧各放置一块隔板,然后在小球之间5个空隙中任选3个空隙各插一块隔板,有=10(种)。 (2)恰有一个空盒子,插板分两步进行。先在首尾两球外侧各放置一块隔板,并在5个空隙中任选2个空隙各插一块隔板,如|0|000|00|,有种插法,然后将剩下的一块隔板与前面任意一块并放形成空盒,如|0|000||00|,有种插法,故共有=40(种)。 (3)恰有两个空盒子,插板分两步进行。先在首尾两球外侧各放置一块隔板,并在5个空隙中任选1个空隙各插一块隔板,有种插法,如|00|0000|,然后将剩下的两块隔板插入形成空盒。①这两块板与前面三块板形成不相邻的两个盒子,如||00||0000|,有种插法。②将两块板与前面三块板之一并放,如|00|||0000|,有种插法。故共有×(+)=30(种)。 拓广探索 14.有五张卡片,它们的正、反面分别写0与1,2与3,4与5,6与7,8与9。将其中任意三张并排放在一起组成三位数,共可组成多少个不同的三位数? 解　解法一:依0与1两个特殊值分析,可分三类:①取0不取1,可先从另四张卡片中选一张作百位,有种方法,0可在后两位,有种方法,最后需从剩下的三张中任取一张,有种方法。又除含0的那张外,其他两张都有正、反面两种可能,故此时可得不同的三位数有×22=96(个)。②取1不取0,不同的三位数有×22×=144(个)。③0和1都不取,不同的三位数有×23×=192(个)。综上所述,不同的三位数共有96+144+192=432(个)。 解法二:任取三张卡片进行排列(考虑卡片的正、反面)有×23×=480种情况,其中0在首位的有×22×=48种情况,故可组成不同的三位数共有480-48=432(个)。 15.有标号分别为1,2,3,4,5,6的6个小球,从中选出4个放入标号分别为1,2,3,4的4个盒中,每盒只放1个小球。 (1)求奇数号盒只放奇数号小球的不同放法种数; (2)求奇数号小球必须放在奇数号盒中的不同放法种数。 解　(1)因为奇数号盒只放奇数号小球,每盒只放1个小球,所以先从3个奇数号小球中任取2个放入奇数号盒中,有=6种放法;再将剩余的4个小球中的2个放入余下的2个盒中,有=12种放法。从而不同的放法种数为6×12=72。 (2)因为奇数号小球必须放在奇数号盒中,每盒只放1个小球,所以分两类讨论:第一类,取1个奇数号小球和3个偶数号小球放入盒中,共有=36种放法;第二类,取2个奇数号小球和2个偶数号小球放入盒中,共有=36种放法。从而不同的放法种数为36+36=72。 学科网（北京）股份有限公司 $$