强化课 排列组合之五大题型-课后达标检测-【优学精讲】2024-2025学年高中数学选择性必修第一册教用Word(北师大版)

一、选择题 1.从0，2中选一个数字，从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为(　　) A．24 B．18 C．12 D．6 解析：选B．满足题意的三位数可以分成两种情况：奇偶奇，偶奇奇．如果是第一种奇偶奇的情况，可以从个位开始分析(3种情况)，之后十位(2种情况)，最后百位(2种情况)，共12种；如果是第二种偶奇奇的情况：个位(3种情况)，十位(2种情况)，百位(不能是0，一种情况)，共6种，因此共有12＋6＝18种情况．故选B． 2.已知a1，a2，a3∈{2，4，6}，记N(a1，a2，a3)为a1，a2，a3中不同数字的个数，如：N(2，2，2)＝1，N(2，4，2)＝2，N(2，4，6)＝3，则所有的(a1，a2，a3)的排列所得的N(a1，a2，a3)的平均值为(　　) A． B．3 C． D．4 解析：选A．由题意知，(a1，a2，a3)所有的排列数为33＝27，当N(a1，a2，a3)＝1时，有3种情形，即(2，2，2)，(4，4，4)，(6，6，6)；当N(a1，a2，a3)＝2时，有C×C×C＝18种情形；当N(a1，a2，a3)＝3时，有A＝6种情形，所以共有27个，(a1，a2，a3)的排列所得的N(a1，a2，a3)的平均值为＝. 3.(2024·江西赣州检测)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：选A．先确定3个与盒子编号相同的小球，共有C种选法，假设1，2，3，4号小球与盒子的编号不同，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×9＝315种放法．故选A． 4.小小的火柴棒可以拼成几何图形，也可以拼成数字．如图所示，我们可以用火柴棒拼出1至9这9个数字： 比如：“1”需要2根火柴棒，“7”需要3根火柴棒．若用8根火柴棒以适当的方式全部放入表格中(没有放入火柴棒的空位表示数字“0”)，那么最多可以表示无重复数字的三位数的个数为(　　) A．8 B．12 C．16 D．20 解析：选D．由题图可知，用火柴棒拼出数字1至9所需要的火柴棒根数如表所示： 数字 1 2 3 4 5 6 7 8 9 火柴棒根数 2 5 5 4 5 6 3 7 6 由表可知，由8根火柴棒只能拼出两个无重复的数字，分别为1和6，1和9，2和7，3和7，5和7，所以8根火柴棒全部放入题中表格，可表示无重复数字的三位数的个数为CA×5＝20，故选D． 5．(2024·江西景德镇期中)现有6名同学，其中有甲、乙、丙、丁四人，要求甲、乙两人相邻，且丙和甲不相邻，同时丁需排在甲前面(两人不一定相邻)，则总共的排列种数为(　　) A．96 B．98 C．192 D．196 解析：选A．把甲、乙视为一个整体，且甲、乙间的排列种数为A，把这个整体与除丙外的另外3人作全排列，有A种，而丁需排在甲前面，则除丙外的5人的排列数为AA，上述的每个排列形成有5个间隙(甲、乙间的间隙除外)，把丙插入与甲相邻的间隙除外的4个间隙中，有A种，所以不同的排列种数为AAA＝×2×24×4＝96.故选A． 6．(2024·江苏苏州月考)春节期间，小胡、小张、小陈、小常四个人计划到北京、重庆、成都三地旅游，每个人只去一个地方，每个地方至少有一个人去，且小胡不去北京，则不同的旅游方案共有(　　) A．18种 B．12种 C．36种 D．24种 解析：选D．由题意，可分为两种情况：①小胡单独一个人旅游，在重庆、成都中任选1个，有2种选法，再将其他3人分成两组，对应剩下的2个地方，有CA＝6种情况，所以此时共有2×6＝12(种)；②小胡和小张、小陈、小常中的1人一起旅游，先在小张、小陈、小常中任选1人，与小胡一起在重庆、成都中任选1个，有CC＝6种情况，将剩下的2人全排列，对应剩下的2个地方，有A＝2种情况，所以此时共有6×2＝12(种)，综上，不同的旅游方案共有12＋12＝24(种).故选D． 7．已知航天员选拔时要接受特殊环境的耐受性测试，主要包括前庭功能、超重耐力、失重飞行、飞行跳伞、着陆冲击五项．若这五项测试每天进行一项，连续5天完成，且前庭功能和失重飞行须安排在相邻两天测试，超重耐力和失重飞行不能安排在相邻两天测试，则选拔测试的安排方案有(　　) A．24种 B．36种 C．48种 D．60种 解析：选B．①若失重飞行安排在第一天，则前庭功能安排第二天，则后面三天安排其他三项测试有A＝6种安排方法，此情况跟失重飞行安排在第五天，前庭功能安排在第四天的安排方案种数相同；②若失重飞行安排在第二天，则前庭功能有C种选择，超重耐力在第四、第五天有C种选择，剩下两种测试全排列为A，则有CCA＝8种安排方法，此情况与失重飞行安排在第四天的安排方案种数相同；③若失重飞行安排在第三天，则前庭功能有C种选择，超重耐力在第一、第五天有C种选择，剩下两种测试全排列为A，则有CCA＝8种安排方法．故选拔测试的安排方案有6×2＋8×2＋8＝36(种).故选B． 8．(多选)(2024·安徽池州期中)甲、乙、丙等5人的身高互不相同，站成一排进行列队训练，则(　　) A．甲、乙不相邻的不同排法有48种 B．甲、乙中间恰排一个人的不同排法有36种 C．甲、乙不排在两端的不同排法有36种 D．甲、乙、丙三人从左到右由高到矮的不同排法有20种 解析：选BCD．对于A，甲、乙不相邻的不同排法有AA＝72种，所以A不正确；对于B，甲、乙中间恰排一个人的不同排法有CAA＝36种，所以B正确；对于C，甲、乙不排在两端的不同排法有AA＝36种，所以C正确；对于D，甲、乙、丙三人从左到右由高到矮的不同排法有＝20种，所以D正确．故选BCD． 9．(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．没有空盒子的方法共有24种 B．可以有空盒子的方法共有128种 C．恰有1个盒子不放球的方法共有144种 D．没有空盒子且恰有一个小球放入自己编号的盒子的方法有8种 解析：选ACD．对于A，4个球全放4个盒中，没有空盒则全排列，共A＝24种方法，故A正确；对于B，可以有空盒子，有4个球，每个球有4种放法，共44＝256种方法，故B错误；对于C，恰有1个空盒子，说明另外3个盒子都有球，而球共4个，必然有1个盒子中放了2个球，先将4个盒中选1个作为空盒，再将4个球中选出2个球绑在一起，再排列共CCA＝144种方法，故C正确；对于D，恰有一个小球放入自己编号的盒中，从4个盒4个球中选定一组编号相同的球和盒，另外3个球3个盒编号不能对应，则共C×2＝8种方法，故D正确．故选ACD． 10．(多选)如图，用n种不同的颜色把图中A，B，C，D，E五块区域涂上颜色，相邻区域不能涂同一种颜色，则(　　) A．n≥3 B．当n＝4时，若B，D同色，共有48种涂法 C．当n＝4时，若B，D不同色，共有48种涂法 D．当n＝5时，总的涂色方法有420种 解析：选ABD．对于A，由于区域A与B，C，D均相邻，所以至少需要三种及以上的颜色才能保证相邻区域不同色，故A正确；对于B，当n＝4时，此时按照ABC的顺序涂，每一个区域需要一种颜色，此时有4×3×2＝24种涂法，涂D时，由于B，D同色(D只有一种颜色可选)，所以只需要从剩下的颜色或者与A同色的两种颜色中选择一种涂E，故共有24×2＝48种涂法，B正确；对于C，当n＝4时，涂ABC有4×3×2＝24种涂法，当B，D不同色(D只有一种颜色可选)，此时ABCD四块区域所用颜色各不相同，涂E只能用与A同色，此时共有24种涂法，C错误；对于D，当n＝5时，此时按照ABC的顺序涂，每一个区域需要一种颜色，此时有5×4×3＝60种涂法，涂D时，当B，D同色(D只有一种颜色可选)，所以只需要从剩下的两种颜色中或者与A同色的颜色中选择一种涂E，故共有60×3＝180种涂法；当B，D不同色，此时ABCD四块区域所用颜色各不相同，共有5×4×3×2＝120种涂法，只需要从剩下的颜色或者与A同色的两种颜色中选择一种涂E，此时共有120×2＝240种涂法，综上可知，总的涂色方法有420种，故D正确．故选ABD． 二、填空题 11．从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种，分别种在不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种植，则有______种不同的种植方法． 解析：方法一(直接法)：若黄瓜种在第一块土地上，则有3×2＝6种不同的种植方法．同理，黄瓜种在第二块、第三块土地上，均有3×2＝6种不同的种植方法．故不同的种植方法共有6×3＝18(种). 方法二(间接法)：从4种蔬菜中选出3种，种在三块地上，有4×3×2＝24种不同的种植方法，其中不种黄瓜有3×2×1＝6种不同的种植方法．故不同的种植方法共有24－6＝18(种). 答案：18 12．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 13．已知不定方程x1＋x2＋x3＋x4＝12，则不定方程正整数解的组数为______． 解析：问题相当于12个完全相同的小球放入4个不同的盒子，且每个盒子中至少放入1个小球，使用“隔板法”得不定方程正整数解的组数为C＝165. 答案：165 14．(2024·陕西咸阳检测)某学校新分配五名教师，学校准备把他们分配到甲、乙、丙三个班级，每个班级至少分配一人，则其中教师C不分配到乙班的分配方案种数是____________． 解析：依题意知，分2步完成，第1步，将5名教师分为3组分2类，第1类，若分为3－1－1的三组，有＝10种分组方法，第2类，若分为2－2－1的三组，有＝15种分组方法，则共有10＋15＝25种分组方法；第2步，将教师C所在的组安排在甲或丙班，剩下2组任意安排，有2×2＝4种安排方法，所以有25×4＝100种分配方案． 答案：100 三、解答题 15．现有8名青年，其中有5名能胜任英语翻译工作，有4名能胜任德语翻译工作(其中有1名青年两项工作都能胜任).现在要从中挑选5名青年承担一项任务，其中3名从事英语翻译工作，2名从事德语翻译工作，则有多少种不同的选法？ 解：可以分三类：第一类，让两项工作都能胜任的青年从事英语翻译工作，有CC种选法；第二类，让两项工作都能胜任的青年从事德语翻译工作，有CC种选法；第三类，两项工作都能胜任的青年不从事任何工作，有CC种选法．根据分类加法计数原理，一共有CC＋CC＋CC＝42种不同的选法． 16．有五张卡片，它们的正、反面分别写有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：方法一(直接法)：从0与1两个特殊值着眼，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C种方法；0可在后两位，有C种方法；最后需从剩下的三张中任取一张，有C种方法；又除含0的那张外，其他两张都有正面或反面两种可能，故此时可得不同的三位数有CCC·22个； (2)取1不取0，则不同的三位数有C·22·A个； (3)0和1都不取，不同的三位数有C·23·A个．综上所述，共有不同的三位数CCC·22＋C·22·A＋C·23·A＝432(个). 方法二(间接法)：任取三张卡片可以组成不同的三位数C·23·A个，其中0在百位的有C·22·A个，这是不合题意的，故共有不同的三位数C·23·A－C·22·A＝432(个). 17．已知平面α∥平面β，在α内有4个点，在β内有6个点． (1)过这10个点中的3点作一平面，最多可作多少个不同的平面？ (2)以这些点为顶点，最多可构成多少个三棱锥？ (3)上述三棱锥中最多可以有多少个体积不同的三棱锥？ 解：(1)所作出的平面有三类：①α内1点，β内2点确定的平面，有CC个；②α内2点，β内1点确定的平面，有CC个；③α，β本身，有2个，故所作的 平面最多有CC＋CC＋2＝98(个).所以最多可作98个不同的平面． (2)所作的三棱锥有三类：①α内1点，β内3点确定的三棱锥，有CC个；②α内2点，β内2点确定的三棱锥，有CC个；③α内3点，β内1点确定的三棱锥，有CC个，所以最多可构成的三棱锥有CC＋CC＋CC＝194(个).所以最多可构成194个三棱锥． (3)因为在等底面积、等高的情况下三棱锥体积才能相等，所以体积不相同的三棱锥最多有C＋C＋CC＝114(个).所以最多有114个体积不同的三棱锥． 学科网（北京）股份有限公司 $