强化课 排列与组合 课后达标检测(Word练习)-【学霸笔记·同步精讲】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册（人教B版）

一、选择题 1．某单位计划从5人中选4人值班，每人值班一天，其中第一、二天各安排一人，第三天安排两人，则安排方法数为(　　) A．30 B．60 C．120 D．180 解析：选B.先从5人中选出4人值班，再从4人中选出2人值第三天，剩余2人分别值第一、二天，所以安排方法数为CCA＝60.故选B. 2．甲、乙两人计划从A，B，C三个景点中各选择两个游玩，则两人所选景点不全相同的选法共有(　　) A．3种 B．6种 C．9种 D．12种 解析：选B.本题用排除法，甲、乙两人从A，B，C三个景点中各选两个游玩，共有CC＝9(种)，但两人所选景点不能完全相同，所以排除3种完全相同的选择，故共有6种选法．故选B. 3．已知直线a，直线b，且a∥b，a上有5个点，b上有4个点，则以这九个点为顶点的三角形个数为(　　) A．CC＋CC B．(C＋C)(C＋C) C．C－9 D．C－C 解析：选A.可以分为两类：a上取两点，b上取一点，则可构成的三角形个数为CC；a上取一点，b上取两点，则可构成的三角形个数为CC，利用分类加法计数原理可得以这九个点为顶点的三角形个数为CC＋CC.故选A. 4．从0，1，2，3，4，5这6个数中任选2个偶数和1个奇数，组成没有重复数字的三位数的个数为(　　) A．36 B．42 C．45 D．54 解析：选B.当任选2个偶数中含有0时，0可以放在个位或十位，共2种情况，再从3个奇数中选一个，2个偶数中选一个，放在剩余的数位上，共CCA＝12种选择，此时共2×12＝24种情况；当任选2个偶数中不含有0时，从3个奇数中选一个，并和2，4进行全排列，共CA＝18种情况．综上，组成没有重复数字的三位数的个数为24＋18＝42.故选B. 5．现有15个数学竞赛参赛名额分给五个班，其中一、二班每班至少3个名额，三、四、五班每班至少2个名额，则名额分配方式共有(　　) A．15种 B．35种 C．70种 D．125种 解析：选B.根据题意，先将15个名额分配给一班、二班每班2个，三、四、五班每班1个，还剩下8个名额，将剩下的8个名额进行分5组，每组至少一人，利用“隔板法”求解，8个元素有7个间隔，要分成5组，7个间隔中选4个即可，则有C＝35种分配方式．故选B. 6．某单位有11名运动员，其中有5人只会打篮球，4人只会打排球，2人既会打篮球又会打排球，现从这11人中选出4人打篮球，4人打排球，则不同的选择方法数为(　　) A．225 B．185 C．145 D．110 解析：选B.根据题意，按“2人既会打篮球又会打排球”的参与情况分成三类． ①“2人既会打篮球又会打排球”不参加，这时有CC种； ②“2人既会打篮球又会打排球”中有一人入选，这时又有该人打篮球或打排球两种可能，因此有CCC＋CCC种； ③“2人既会打篮球又会打排球”中两个均入选，这时又分三种情况：两个都打篮球、两个都打排球、两人一个打篮球一个打排球，因此有CCC＋CCC＋CCCC种． 综上分析，不同的选择方法数为CC＋CCC＋CCC＋CCC＋CCC＋CCCC＝185. 故选B. 7．某大厦有A，B，C，D四部电梯，现有3人在同一层乘坐电梯上楼，其中2人恰好乘坐同一部电梯，则不同的乘坐方式有(　　) A．12种 B．24种 C．18种 D．36种 解析：选D.元素相邻利用“捆绑法”，先从3人中选择2人坐同一电梯有C＝3种选法，再将2个“元素”安排坐四部电梯有A＝12种安排方法，则不同的乘坐方式有3×12＝36种．故选D. 8．(多选)某校举行强身健体主题宣讲．现安排4名教师到高中3个年级进行宣讲，每个年级至少1名教师，则不同的选法有(　　) A．CCCC种 B．CA种 C．CC种 D．CCA种 解析：选BD.将4名教师分为三组，有C种分组方法，再将三组分配到三个年级有A种方法，所以共有CA种选法，故选项B正确；在三个年级中选出一个，安排2名教师有CC种安排方法，再将剩下的2名教师安排到两个年级有A种方法，所以共有CCA种选法，故选项D正确．故选BD. 9．(多选)某校举办“新生杯”足球比赛，现分配A，B，C，D4人到甲，乙，丙三场比赛中担任主裁判，每人最多担任其中一场比赛的主裁判，每场比赛主裁判有且只有一人担任，则下列说法正确的是(　　) A．不同的分配方案共有81种 B．不同的分配方案共有24种 C．若A，B两人都不能去甲场比赛担任主裁判，则不同的分配方案共有12种 D．若A，B两人必有一人去甲场比赛担任主裁判，则不同的分配方案共有12种 解析：选BCD.不同的分配方案共有A＝24(种)，故B正确，A错误；若A，B两人都不能去甲场比赛担任主裁判，第一步：从C，D中选出一人去甲场；第二步：从剩下的三人中选出两人组成一组；第三步：将选出的两人分配到乙、丙两场．则不同的分配方案共有CCA＝12(种)，故C正确；若A，B两人必有一人去甲场比赛担任主裁判，第一步：从A，B中选出一人去甲场；第二步：从剩下的三人中选出两人组成一组；第三步：将选出的两人分配到乙、丙两场．则不同的分配方案共有CCA＝12(种)，故D正确．故选BCD. 10．(多选)现有4个编号为1，2，3，4的盒子和4个编号为1，2，3，4的小球，要求把4个小球全部放进盒子中，则下列结论正确的有(　　) A．没有空盒子的放法共有24种 B．可以有空盒子的放法共有128种 C．恰有一个盒子不放球的放法共有144种 D．恰有一个小球放入自己编号的盒子中的放法共有8种 解析：选ACD.对于A项，没有空盒子即每个盒子放一个球，共有A＝24种放法，故A正确；对于B项，不考虑是否空盒子的放法为44种，而没有空盒子的放法为24种，则可以有空盒子的放法共有44－24＝232(种), 故B错误；对于C项，先选不放球的盒子有4种情况，再把四个球分成三组(有一个盒子放2个球，另外2个盒子放1个球)放入三个盒子有CA种放法，故有4×CA＝144种放法，故C正确；对于D项，恰有一个球放入自己编号的盒子中有4种放法，余下3个球放入不同编号的盒子中只有2种放法．比如1号球放入1号盒子，则2号球可放入3号盒子或4号盒子．若2号球放入3号盒子，3号球只能放入4号盒子，4号球放入2号盒子；若2号球放入4号盒子，则3号球只能放入2号盒子，4号球放入3号盒子，故有4×2＝8种放法．故D正确．故选ACD. 二、填空题 11．某地奥运火炬接力传递路线共分6段，传递活动分别由6名火炬手完成．如果第一棒火炬手只能从甲、乙、丙三人中产生，最后一棒火炬手只能从甲、乙两人中产生，则不同的传递方法共有________种．(用数字作答) 解析：甲传第一棒，乙传最后一棒，共有A种方法．乙传第一棒，甲传最后一棒，共有A种方法．丙传第一棒，共有CA种方法．由分类加法计数原理得，共有A＋A＋CA＝96种方法． 答案：96 12．现将甲、乙、丙、丁四名志愿者分配到6个项目中参加志愿活动，且每名志愿者只能参加1个项目的志愿活动，则有且只有3人分到同一项目中的情况有________种．(用数字作答) 解析：可分三步完成：第一步，从四名志愿者中选取三名志愿者，有C种选法；第二步，从6个项目中选取2个项目有C种不同的选法；第三步，把志愿者分配到两个项目中有A种分配方法，故共有CCA＝120种不同的分配方法． 答案：120 13．方程x＋y＋z＝11的非负整数解共有__________组． 解析：将求方程的解看成求11个1放在3个小盒的放法，因为盒子可以为空，可以将11个1和3个0，共14个元素，分成3组，每组至少1个元素，采用隔板法，14个元素之间13个位置，隔2块板，共有C＝78种方法，所以方程x＋y＋z＝11的非负整数解共有78组． 答案：78 14．如图，将1，2，3，4四个数字填在6个“”中，每个“”中填一个数字，有线段连接的两个“”不能填相同数字，四个数字不必均使用，则不同填数方法有_____________种． 解析：如图，计算不同填数方法有两类办法： 当用四个数字时，先填A，E，D，有A种填法，再从B，F，C中选一处填第四个数，如B，再填F，若F与D同，则C有2种填法，若F与D不同，则C有1种填法，于是有AC×(2＋1)种填法；当用三个数字时，先填A，E，D，有CA种填法，再填B，有2种填法，则F，C各有1种填法，于是有2CA种填法．利用分类加法计数原理得不同填数方法有AC×(2＋1)＋2CA＝216＋48＝264(种). 答案：264 三、解答题 15．某班某次班会准备从甲、乙2名女同学及其他6名男同学中安排5名同学依次发言． (1)若甲、乙同时参与，且她们发言时不能相邻，则不同的安排方法有多少种？ (2)若甲、乙同时参与，且前3名发言的同学中有女同学，则不同的安排方法有多少种？ 解：(1)若甲、乙同时参与，则只需再从剩下的6名同学中选取3名即可． 在安排顺序时，甲、乙不相邻，则“插空”，不同的安排方法有AA种．故甲、乙同时参与，且她们发言时不能相邻的安排方法有CAA＝1 440(种). (2)只考虑甲、乙同时参与，不同的安排方法有CA＝2 400(种).若前3名发言的同学中没有女同学，则甲、乙被安排在最后两位发言，不同的安排方法有CAA＝240(种).故甲、乙同时参与，且前3名发言的同学中有女同学的安排方法有2 400－240＝2 160(种). 16．为弘扬我国古代的六艺文化，某夏令营主办单位计划利用暑期开设礼、乐、射、御、书、数六门体验课程． (1)若体验课连续开设六周，每周一门，求其中射不排在第一周，数不排在最后一周的所有可能排法种数； (2)甲、乙、丙、丁、戊五名教师在教这六门课程，每名教师至少任教一门课程，求其中甲不任教数的课程的安排方案种数． 解：(1)分两种情况讨论， ①射排在最后一周时，则有A＝120种排法， ②当射不排在最后一周，则射有4种排法，数也有4种排法，剩下的4门课程全排列，有4×4·A＝384种排法． 所以共有120＋384＝504种不同排法． (2)分两种情况讨论，当甲教师教两科时，则有CA＝240种安排方案；当甲教师教一科时，则有CCA＝1 200种安排方案．所以共有240＋1 200＝1 440种安排方案． 17．在混放在一起的6件不同的产品中，有2件次品，4件正品．现需要通过检测将其区分，每次随机抽取一件进行检测，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出4件正品时检测结束． (1)若第二次抽到的是次品且第三次抽到的是正品，求共有多少种不同的抽法； (2)已知每检测一件产品需要100元费用，求检测结束时检测费用为400元的抽法有多少种？ 解：(1)由题意知，第一次抽到的必是正品，共抽取4次或5次检测结束，第1次抽到的是正品有C种抽法；第2次抽到的是次品有C种抽法；第3次抽到的是正品有C种抽法；当抽取4次结束时，第4次抽到的必是次品，共有CCC＝24种抽法；当抽取5次结束时，若第4次抽到的是正品且第5次抽到的是正品，则共有CCCC＝48种抽法．若第4次抽到的是正品且第5次抽到的是次品，则共有CCCC＝48种抽法．综上，第二次抽到的是次品且第三次抽到的是正品共有120种抽法． (2)由题意知，检测费用为400元，说明一共抽取了4次检测结束，共有以下两种情况： ①4次抽到的均为正品，共有A＝24种抽法； ②前3次抽到2件正品，1件次品，且第4次抽到的是次品，共有CCA＝72种抽法. 所以检测结束时，检测费用为400元的抽法有24＋72＝96种． 学科网（北京）股份有限公司 $