6.2.2 第2课时 排列数的应用-【创新教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册五维课堂课时作业（人教A版）

第六章计数原理 数课时 第2诗 学作业 [基础过关] 1.要从a,b,c,d,e5个人中选出1名组长 和1名副组长，但a不能当副组长，则不 同的选法种数是 A.20 B.16 C.10 D.6 2.A,B,C,D,E五人并排站成一排，如果 A,B必须相邻且B在A的右边，那么 不同的排法有 A.60种B.48种C.36种D.24种 3.用1,2,3…，9这九个数字，可以组成没 有重复数字的三位偶数的个数为 ( A.324B.224 C.360 D.648 4.记者要为5名志愿者和他们帮助的2 位老人拍照，要求排成一排，2位老人相 邻但不排在两端，则不同的排法种数为 ( A.1440B.960C.720D.480 5.用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数 字的五位数，其中比40000大的偶数 共有 A.144个B.120个C.96个D.72个 6.（多选)在青华中学举行的课本剧大赛 中，高二(16)班有3名男生，2名女生获 得一等奖.现将获得一等奖的学生排成 一排合影，则 () A.3名男生排在一起，有36种不同 排法 B.2名女生不排在一起，有72种不同 排法 C.3名男生均不相邻，有12种不同排法 D.女生不站在两端，有108种不同排法 7.将序号分别为1,2,3,4,5的5张参观 券全部分给4人，每人至少1张，如果 分给同一人的2张参观券连号，那么不 同的分法种数是 1 课时作业乡 果时排列数的应用 纠错空间 8.二阶魔方是一个2×2×2的正方体，由 8个角块组成，没有中心块和棱块，结构 相对简单.若空间中方向不同但状态相 同（即通过整体旋转后相同）的情况只 算一种，则任意二阶魔方共有 种不同的状态.（提示：任选其中1个角 块作为参考，则其余7块能自由排列， 在这7块中，任意确定6块，最后1块也 就唯一确定了) 9.在航天员进行的一项太空实验中，先后 要实施6个程序，(1)若程序A只能出 现在第一步或最后一步，程序B和C实 施时必须相邻，则实验顺序的编排方法 共有 种； (2)若程序B和C都与程序D不相邻， 方法总结 则实验顺序的编排方法共有 种. 10.从一3，一2，一1,0,1,2,3,4八个数字 中任取3个不同的数字作为二次函数 y=ax2十bx十c的系数a,b,c,问： (1)共能组成多少个不同的二次函数？ (2)在这些二次函数中，图象关于y轴 对称的有多少个？ 11.某小组6个人排队照相留念， (1)若分成两排照相，前排2人，后排 4人，有多少种不同的排法？ 65· 世五维课堂 数学·选择性必修第三册 (2)若分成两排照相，前排2人，后排 [能力提升门 4人，但其中甲必须在前排，乙必须在 12.若集合A,B,C,D满足A,B,C都是D 间 后排，有多少种排法？ 的子集，且A∩B,B∩C,A∩C均只有 纠错空间 一个元素，且A∩B∩C=,称(A,B, C)为D的一个“有序子集列”.若D有 6个元素；则有 个“有序子 集列”。 13.10个人走进只有6把不同椅子的屋 (3)若排成一排照相，甲、乙两人必须 子，若每把椅子必须且只能坐一人，共 在一起，有多少种不同的排法？ 有多少种不同的坐法？ (4)若排成一排照相，其中甲必在乙的 右边，有多少种不同的排法？ 方法总结 [素养培优] 14.已知圆的方程(x-a)2十(y-b)2=r2 (r>0),从0,3,4,5,6,7,8,9,10这9 (5)若排成一排照相，其中有3名男生 个数中选出3个不同的数，分别作圆 3名女生，且男生不能相邻有多少种 心的横坐标，纵坐标和圆的半径.问： 排法？ (1)可以作多少个不同的圆？ (2)经过原点的圆有多少个？ (3)圆心在直线x+y-10=0上的圆 有多少个？ (6)若排成一排照相，且甲不站排头乙 不站排尾，有多少种不同的排法？ ·166·参考答案 13.解：根据题意，知当m=1时，n可等于2,3，…，8，共对 应7个不同的椭圆；当m=2时，n可以等于1,3,4，…， 8,共对应7个不同的椭圆.同理可得，当m=3,4,5,6, 7,8时，各分别对应7个不同的椭圆；当m=9时，n可 以等于1,2，…，8，共对应8个不同的椭圆；当m=-10 时，共对应8个不同的椭圆.综上所述，对应的椭圆共有 7×8+8×2=72(个). 14.解：(1)由题表可知，若小华、小李两人共付费5元，则 小华、小李一人付费2元一人付费3元，付费2元的乘 坐站数有1,2,3三种选择，付费3元的乘坐站数有4， 5,6三种选择，所以小华、小李下地铁的方案共有2×3 ×3=18(种). (2)由题表可知，若小华、小李两人共付费6元，则小华、 小李一人付费2元一人付费4元或两人都付费3元.付 费2元的乘坐站数有1,2,3三种选择，付费3元的乘坐 站数有4,5,6三种选择，付费4元的乘坐站数有7,8,9 三种选择，因此小华、小李下地铁的方案共有2X3X3 十3×3=27（种），其中小华比小李先下地铁的方案有3×3 十3=12（种），因此小华比小李先下地铁的概率 124 为27=9· 6.2排列与组合 6.2.1棘到 6.2.2棘列数 第1课时排列与排列数 1.A[根据排列的定义进行判断.] 2.A[因为最大数为m十20，所以共有21个自然数连续 相乘，根据排列公式可得m(m+1)(m十2)…(m十19) (m十20)=A2+20.] 3.B[由g×8=am2n×4,得1-10-0 9! =12,解得n=7,n=14(舍).] 4.B[同学甲只能在周一值日，∴，除同学甲外的4名同学 将在周二至周五值日，5名同学值日顺序的编排方案 共有A=24(种).] 5.AD[A是排列问题，因为两名同学参加的活动与顺序 有关；B不是排列问题，因为两名同学参加的活动与顺序 无关；C不是排列问题，因为取出的两个字母与顺序无 关；D是排列问题，因为取出的两个数字还需要按顺序排 成一列.] 6.ABCD[通过计算可知选项A、B、C、D均正确.] 7.解析：从4名老师中选3名老师，每人讲述一条文化带， 每条文化带由一名老师讲述，相当于从4个不同元素中 选3个元素的排列问题，则不同的分配方案种数为A= 4×3×2=24. 答案：24 ·2 课时作业乡 区箭指发 8×7×6×5×4+8×7×6×5 5 9×8×7×6×5×4-9×8X7×6×5271 5 答案：27 9.解析：因为x=A, 所以有m∈N'且m≤4， 所以P中的元素为A4=4,A=12,A=A=24, 即集合P中有3个元素. 答案：3 10.解：(1)由排列的定义知共有A8种不同的排法」 (2)8人排成前后两排，相当于排成一排，从中间分成两 部分，其排列数等于8人排成一排的排列数A.也可以 分步进行，第一步：从8人中任选4人放在前排共有A。 种排法，第二步：剩下的4人放在后排共有A种排法， 由分步乘法计数原理知共有AXA=A8种排法. (3)同(2)的分析可知，共有A8×A=A8(种) 11.解：大于200的三位数的首位是2或3，所以共有： 201,203,210,213,230,231,301,302,310,312, 320,321. 12.C[因为当n≥5时，A的个位数字是0，故S的个位 数取决于前四个排列数.又A十A2十A十A4=33,故 选C.] 13.解：由甲开始发球，可发给乙，也可发给丙. 若甲发球给乙，其传球方法的树形图如图. ,甲乙一→丙一甲 甲→乙< 丙→乙→甲 八丙·甲乙一→甲 、丙→甲 八乙→丙一甲 共5种. 同样甲第一次发球给丙，也有5种情况. 由分类加法计数原理，共有5十5=10（种）不同的传球 方法. 14.解：由图形知，I与Ⅳ可以同色，因此涂四个区域可用3 种颜色，也可用4种颜色，用3种颜色涂色，即I与Ⅳ同 色，把I与N视为同一个区域，有A?种方法，用4种颜 色涂色，有A种方法，所以不同的涂色方法种数是A +A2=210+840=1050. 第2课时排列数的应用 1.B[不考虑限制条件有A号种选法，若a当副组长，有 A}种选法，故a不当副组长，有A-A}=16(种)选法.] 2.D[把A,B视为一人，且B排在A的右边，则本题相当 于4人的全排列，故有A4=24(种)排法.] 3.B[先排个位数，有A种，然后排十位和百位，有A 种，故共有A1A=224(个)没有重复数字的三位偶数.] 3 巴五维课堂 4.B「5名志愿者先排成一排，有A种排法，将2位老人看成 一个元素插入5名志愿者中间的4个空中，且2位老人的位 置全排列，不同的排法共有A·A·A=960(种).] 5.B[当五位数的万位为4时，个位可以是0,2，此时满足 条件的偶数共有2A=48(个)；当五位数的万位为5时， 个位可以是0,2,4，此时满足条件的偶数共有3A=72 (个)，所以比40000大的偶数共有48+72=120（个）.] 6.解析：ABC[对于A项，先让3名男生全排再作为一个 整体和2名女生做一个全排，共有A·A=36种，故A 项正确； 对于B项，先让3名男生全排，形成4个空位让2名女生 排入，共有A·A=72种，故B项正确； 对于C项，先让2名女生全排，形成3个空位让3名男生 排入，共有A·A=12种，故C项正确； 对于D项，先从三个男生中选出2人放在两端，再将剩 下3人进行全排然后放中间，共有A号·A=36,故D项 错误.门 7.解析：5张参观券全部分给4人，分给同一人的2张参观 券连号，1和2,2和3,3和4,4和5，四种连号，其他号码各 为一组，分给4人，共有4×A=96(种). 答案：96 8.解析：任选其中1个角块作为参考，考虑其余7块排列情 况，在这7块中，任意确定6块，最后一块也确定了，所以 任意二阶魔方有A:=7×6X5×4×3X2种=5040种 状态，再考虑每个角块有三种朝向，扣除状态相同的情 况，则有5040×3°种=3674160种状态. 答案：3674160 9.解析：(1)首先，程序A只能出现在第一步或最后一步， 有2种方法；其次，将程序B和C看作一个元素，有4个 位置可以选择，而B与C又可交换位置，所以有4A种 方法：最后将剩余的3个程序进行排列，有A种方法. 综上所述，实验顺序的编排方法共有2×4A2XA=96(种). (2)当B,C相邻，且与D不相邻时，有AAA2= 144(种)方法；当B,C不相邻，且都与D不相邻时有 AA=144(种)方法，故共有288种编排方法. 答案：(1)96(2)288 10.解：(1)法一：（直接法一优先考虑特殊位置）因为a ≠0， 所以确定二次项系数有7种，确定一次项和常数项有 A号种，所以共有7A号=294个不同的二次函数. 法二：（直接法一优先考虑特殊元素） 当a,b,c中不含0时，有A个；当a,b,c中含有0时， 有2A号个，故共有A号+2A号=294（个）不同的二次 函数. 法三：（间接法） 共可构成A个函数，其中当a=0时，有A2个均不符 合要求，从而共有A:一A号=294（个）不同的二次函数. ·214 数学·选择性必修第三册 (2)依题意b=0,所以共有A2=42(个)符合条件的二 次函数， 11.解：(1)前排2人，后排4人，相当于6个人全排列，共有 A=720(种)排法. (2)先将甲排在前排A2,乙排在后排A,其余4人全排 列A,根据分步乘法原理得A2AA=192(种)排法. (3)甲、乙视为一个人，即看成5人全排列问题A,再将 甲、乙两人排列A2,根据分步乘法原理可得AA2 240种排法. (4)甲必在乙的右边属于定序问题，用除法， A=360(种)排法， (5)将3名男生插入3名女生之间的4个空位，这样保 证男生不相邻，根据分步乘法原理得AA=144(种) 排法， (6)法一：乙在排头其余5人全排列，共有A种排法； 乙不在排头，排头和排尾均为A,其余4个位置全排列 有A4,根据分步乘法原理得AAA, 再根据分类加法原理得A十AA1A=504(种)排法. 法二：（间接法）A-2A+A=720-240十24= 504(种)排法. 12.解析：根据题意，先确定满足“x∈A∩B,y∈B∩C,z∈C ∩A且A∩B∩C=⑦”的三元组(x,y,z)的个数，再确 定集合D中除x、y、z外的其他元素的分布情况，从而 根据乘法原理算出集合D的“有序子集列”的总数.对 于任一个“有序子集列”(A,B,C),必然存在一个三元 组(x,y,z),使得“x∈A∩B,y∈B∩C,z∈C∩A,且 A∩B∩C=0”, 若AUBUC中还有除了x、y、之的其他元素，记为t,则 t只能在(A,B,C)之一中出现（或者根本不出现）.另 外，对于任一个三元组(x,y,z)都能通过令x∈A∩B,y ∈B∩C,之∈C∩A的形式，构建出一个“有序子集列” A,B,C.集合D中的三元组(x,y,之)有A个，对于集合 D中除x、y、z外的其他元素，每个都有4种可能；不属 于AUBUC,或属于A,或属于B,或属于C.再安排每 个子集的其他元素，对于每个子集，除了公共元素外， 还有3个位置需要安排元素.因为每个位置都有4种 选择（放入该子集或不放入），所以每个子集的安排方 式有43种，理由：分步乘法计数原理，每个位置的选择 相互独立，所以总的安排方式是各个位置选择方式的 乘积.最后计算总的“有序子集列”个数，根据分步乘法 计数原理，总的“有序子集列”个数为A×43.计算可 得：A×43=120×64=7680. 答案：7680 13.解：坐在椅子上的6个人是走进屋子的10个人中的任 意6个人，若把人抽象成元素，将6把不同的椅子当成不 同的位置，则原问题抽象为从10个元素中取6个元素占 据6个不同的位置，显然是从10个元素中任取6个元素的 排列问题，从而不同的坐法共有A。=151200(种). 参考答案 14.解：(1)可分两步完成：第一步，先选r,因为r>0,则r 有Ag种选法，第二步，再选a,b,在剩余8个数中任取2 个，有A。种选法，所以由分步乘法计数原理可得有 A8·A=448(个)不同的圆. (2)圆(x-a)2+（y-b)2=r2经过原点，a,b,r满足 a2+b=r2,满足该条件的a,br共有3,4,5与6,8,10 两组，考虑a,b的顺序，有A好种情况，所以符合题意的 圆有2A=4(个. (3)圆心在直线x十y一10=0上，即满足a十b=10,则 满足条件的a,b有三组：0,10：3,7：4,6. 当a,b取10,0时，r有7种情况， 当a,b取3,7；4,6时，r不可取0，有6种情况， 考虑a,b的顺序，有A2种情况， 所以满足题意的圆共有AA;十2AA6=38(个). 6.2.3组合 6.2.4组合数 第1课时组合与组合数 1.AC[A.2名学生完成的是同一件工作，没有顺序，是组 合问题.B.2名学生完成两件不同的工作，有顺序，是排 列问题.C.单循环比赛要求每两支球队之间只打一场比 赛，没有顺序，是组合问题.D.冠亚军是有顺序的，是排 列问题.」 2.B[三张票没区别，从10人中选3人即可，即C。.] 3.B[由题意知n（n-1)(n-2)=6· nn-1)n-2)n-3),化简得”-3=1， 4×3×2×1 4 所以n=7.] 4.C[第一步，为甲地选1名女教师，有C2=2(种)选法； 第二步，为甲地选2名男教师，有C=6(种)选法；第三 步，剩下的3名教师到乙地，故不同的安排方案共有2X 6×1=12(种)，故选C.] 5.BD[由组合数的性质得：C89+C89=C0=C8o.] 6.ACD[借助组合数的定义，逐项计算即可得，对A: C2C=2×6种=12种，故A正确； 对B:C2Cg=2X3种=6种，故B错误；对C:C2(C2C2+ C号)=2×(4十1)种=10种，故C正确； 对D:C2Cg十C9C=2×2种+1×1种=5种，故D 正确.] 7解析：由题喜可知共有G-淡8-81〔升)不问的选法。 答案：84 8.解析：C8+C8C7=Cg+Cio×1 -8x81+129x9-56+4950=506. 2×1 答案：5006 9.解析：m=C,n=A,.m:n=1:2. 答案：1：2 10.解：由已知得2C5=C十C, n！ n！ n! 所以2·51(0-51-41(m-4十61(m-6 整理得n2-21n十98=0， ·21 课时作业乡 解得n=7或n=14. 要求C2的值，故n≥12， 所以n=14, 于是C=C4=91. 11.解：(1)小组赛中每组6队进行单循环比赛，就是6支球 队的任两支球队都要比赛一次，所需比赛的场次即为 从6个元素中任取2个元素的组合数，共有两组，所以 小组赛共要比赛2C8=2×65=30(场). 2 (2)半决赛中甲组第一名与乙组第二名（乙组的第一名 与甲组的第二名)主客场各赛一场，所以半决赛共要比 赛2A经=2×1×2=4（场）. (3)决赛只需比赛一场，即可决出胜负. 所以全部赛程共需比赛30+十4十1=35（场）. 12.解析：因为1≤m<n≤5，所以Cm可以是C2,Cg,C号， C4,C,C,C,C,C,Cg,计算可知C=C,C4=C,Cg =Cg,C=C,故x2十C”y2=1能表示6个不同的 椭圆. 答案：6 13.解：(1)本题实质上是从52个元素中任选13个元素作 为一组的组合问题，共有C种不同的可能.即一名参 赛者可能得到C手不同的牌。 (2)需分两步： 第1步，根据经纪人的推荐在12种股票中选8种，共有 C2种选法； 第2步，根据经纪人的推荐在7种债券中选4种，共有 C种选法. 根据分步乘法计数原理，此人有C2·C=17325(种) 不同的投资方式 14.证明：因为(k+1)C+1+C n！ n! =(k+1)+1D1m-(k+1)+灰！(n- n! n！ 1n-6+1D+k1- -+红是 n！ =n·n!-k·n!十k·nl k!(n-k)！ n·n！ k!（nP=nC, 所以nC=(k十1)C+1十kC, 第2课时组合数的性质及应用 1C[从7名队黄中选出3人有心=淡=85（种） 选法. 2.B[从6个顶，点中任取4个有C。=15(种)取法，其中四 点共面的有3种，所以满足题意的四面体有15一3 =12(个).] 5