课时分层评价6 组合的综合应用-【金版新学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册同步课堂高效讲义配套练习word（人教A版）

课时分层评价6　组合的综合应用 (时间：60分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (1—9题，每小题5分，共45分) 1.从5名男医生、4名女医生中选3名医生组成一个医疗小分队，要求其中男、女医生都有，则不同的组队方案共有(　　) A.70种 B.80种 C.100种 D.140种 答案：A 解析：组队方案共有两类：2男1女和2女1男，故N＝·＋·＝70种.故选A. 2.用分层抽样的方法从某校学生中抽取一个样本容量为45的样本，其中高一年级抽20人，高三年级抽10人.已知该校高二年级共有学生300人，则不同的抽样结果种数是(　　) A.·· B.·· C.·· D.·· 答案：A 解析：用分层抽样抽取样本量为45的样本，高一年级抽20人，高三年级抽10人，那么高二年级抽45－20－10＝15人.因为该校高二年级共有学生300人，所以抽样比为＝＝0.05.所以高一年级学生共有＝400人，高三年级学生共有＝200人.所以不同的抽样结果种数是··.故选A. 3.如图是2024年法国巴黎奥运会和残奥会吉祥物“弗里热”，其中残奥会的吉祥物有一条“腿”被设计成了假肢，现将4个奥运会吉祥物和2个残奥会吉祥物排成一排，则不同的排法有(　　) A.6种 B.12种 C.15种 D.60种 答案：C 解析：从一排的6个位置选2个摆放残奥会吉祥物即可(剩下的4个位置放奥运会吉祥物)，＝15种.故选C. 4.学校有8个优秀学生名额，要求分配到高一、高二、高三，每个年级至少1个名额，则不同的分配方案种数为(　　) A.21 B.45 C.120 D.210 答案：A 解析：问题等价于将8个完全相同的小球，放入3个不同的盒子，每个盒子至少1个球，由隔板法可知，不同的分配方案种数为＝21.故选A. 5.2025年3月5号是毛泽东主席提出“向雷锋同志学习”62周年纪念日，某志愿者服务队在该日安排4位志愿者到两所敬老院开展志愿服务活动，要求每所敬老院至少安排1人，每个志愿者都要参加活动，则不同的分配方法数是(　　) A.12 B.14 C.16 D.20 答案：B 解析：将4名志愿者分配到两所敬老院，则有以下两种分配方案：①一所敬老院1名志愿者，另外一所3名，则有＝8种，②两所敬老院各安排两名志愿者，则有＝6(或＝6)种，故共有8＋6＝14种方案.故选B. 6.(多选)某学生在物理，化学，生物，政治，历史，地理这六门课程中选择三门作为选考科目，则下列说法正确的是(　　) A.若任意选择三门课程，则总选法为 B.若物理和历史至少选一门，则总选法为 C.若物理和历史不能同时选，则总选法为－ D.若物理和历史至少选一门且不能同时选，则总选法为 答案：ACD 解析：对于A.若任意选择三门课程，选法总数为种，故A正确；对于B.若物理和历史选一门，有种方法，其余两门从剩余的4门中选2门，有种选法，若物理和历史选2门，有种选法，剩下一门从剩余的4门中选1门，有种选法，由分步乘法计数原理知，总数为＋种选法，故B错误；对于C.若物理和历史不能同时选，选法总数为－＝－种，故C正确；对于D.由选项B的分析知，若物理和历史至少选一门且不能同时选，有种选法，故D正确.故选ACD. 7.有身高各不相等的10人，排成前后排，每排5人，要求从左至右身高逐渐增加，共有　　　　种排法. 答案：252 解析：依题意可知，第一步，先定前排， 有＝＝252种方法，第二步，再定后排，余下5人在后排且定序排好，只有1种排法.由分步计数原理得，故共有252×1＝252种排法. 8.学校为促进学生课外兴趣发展，积极开展各类校园社团活动，某同学计划从美术、街舞等六个社团中选择三个参加，若美术和街舞中最多选择一个，则不同的选择方法共有　　　　种. 答案：16 解析：依题意知，共有两种情况，第一种情况：美术、街舞都不选，则需从剩余的四个社团中选择三个，共有＝4种选择方法；第二种情况：美术、街舞中选择一个，则还需从剩余的四个社团中选择两个，共有＝12种选择方法，故不同的选择方法共有4＋12＝16种. 9.甲、乙、丙3人从1楼上了同一部电梯，已知3人都在2至6层的某一层出电梯，且在每一层最多只有两人同时出电梯，从同一层出电梯的两人不区分出电梯的顺序，则甲、乙、丙3人出电梯的不同方法总数是　　　　. 答案：120 解析：依题意，①3人都在2至6层的某一层1人独自出电梯，共有＝60种；②3人中有2人在同一层出电梯，另1人在另外一层出电梯，共有＝60种.故甲、乙、丙3人出电梯的不同方法总数是60＋60＝120. 10.(13分)从6名男生，5名女生中选举3人分别担任班长、学习委员和体育委员. (1)若担任班长、学习委员和体育委员的3人中有女生，则不同的情况有多少种？ (2)若担任班长和学习委员的学生性别不同，则不同的情况有多少种？ 解：(1)由题意知，担任班长、学习委员和体育委员的3人中有女生， 可从11人中选3人，减去全是选男生的情况，再分配担任不同的职务， 故不同的情况有(－＝870种. (2)若担任班长和学习委员的学生性别不同， 则不同的情况有＝540种. (11—13题，每小题5分，共15分) 11.某物流公司需要安排四个区域的快递运送，公司现有甲、乙、丙三位快递员可选派，要求每个区域只能有一个快递员负责，每位快递员至多负责两个区域，则不同的安排方案共有(　　) A.60种 B.54种 C.48种 D.36种 答案：B 解析：选派甲、乙、丙三位快递员有两种情况：一是选派2名快递员，快递员的选法有＝3种不同选法，其中一名快递员从四个区域中选2个区域，有＝6种选法，剩余快递员的选法只有1种，所以不同安排方案有：3×6×1＝18种；二是3名快递员全选，先从四个区域中选2个区域，有＝6种选法，将其看做一个区域，现在3个区域安排给三个人有＝6种方法，所以不同安排方案有：6×6＝36种.综上，不同安排方案有18＋36＝54种.故选B. 12.(多选)在平面直角坐标系中，第一、二、三、四象限内各有2个点，且任意3个点都不共线，则下列结论正确的是(　　) A.以这8个点中的2个点为端点的线段有28条 B.以这8个点中的2个点为端点的线段中，与x轴相交的有8条 C.以这8个点中的3个点为顶点的三角形有56个 D.以这8个点中的3个点为顶点，且3个顶点在3个象限的三角形有32个 答案：ACD 解析：对于A，以这8个点中的2个点为端点的线段有＝28条，故A正确；对于B，x轴上方有4个点，下方有4个点，所以这样的线段有＝16条，故B错误；对于C，以这8个点中的3个点为顶点的三角形有＝56个，故C正确；对于D，先选3个象限，从这3个象限中每个象限任选1个点作为三角形的顶点，则这样的三角形有＝32个，故D正确.故选ACD. 13.若从0，1，2，3，4，5这六个数字中任取2个偶数和2个奇数，组成一个无重复数字的四位数，则不同的四位数的个数是　　　　. 答案：180 解析：依题意，可将四位数分成两类：第一类，数字0被取到，则可从2，4中任选一个，再从1，3，5中任选两个，接着从除0外的另外三个数中取一个排在首位，剩下的在三个数位上全排列，此时共有＝108个四位数；第二类，数字0没被取到，故2，4全被取到，只需从1，3，5中任选两个，再与2，4共4个数字在四个数位上全排列，此时共有＝72个四位数.根据分类加法计数原理，不同的四位数的个数是108＋72＝180. 14.(17分)从5个男生和4个女生中选出5人去担任英语、数学、物理、化学、生物的课代表.分别求出符合下列条件的安排方法种数： (1)女生人数不少于男生； (2)女生甲不担任物理课代表； (3)女生乙入选且不担任生物课代表，男生甲若入选，只担任数学或物理课代表. 解：(1)由女生人数不少于男生可知，有3个女生2个男生或有4个女生1个男生， ①有4个女生的选法有：种； ②有3个女生的选法有：种. 所以不同的安排方法种数有(＋＝5 400种. (2)因为女生甲不担任物理课代表，从除女生甲外的其他8人中选取1人担任除物理课代表，再从剩下的8个人中选其余4科课代表，所以不同的安排种数有＝13 440种. (3)因为女生乙入选且不担任生物课代表，男生甲若入选，只担任数学或物理课代表， ①男生甲入选的选法有：种； ②男生甲不入选的选法有：种； 所以不同的安排方法种数有＋＝4 620种. (15、16题，每小题5分，共10分) 15.(新定义)定义：如果集合U存在一组两两不交(两个集合交集为空集时，称为不交)的非空真子集A1，A2，…，Ak(k∈N*，k≥2)，且A1∪A2∪…∪Ak＝U，那么称无序子集组A1，A2，…，Ak构成集合U的一个k划分.已知集合I＝{x∈N｜≤0}，则集合I的所有划分的个数为　　　　. 答案：51 解析：依题意得，I＝{x∈N｜1≤x＜6}＝{1，2，3，4，5}，共有5个元素，则2划分有＋＝15个，3划分有＝25个，4划分有＝10个，5划分有1个，所以所有划分的个数为51个. 16.(双空题)为研究方程x＋y＋z＝8正整数解的不同组数，我们可以用“挡板法”：取8个相同的小球排成一排，这8个小球间有7个“空挡”，在这7个“空挡”中选择2个“空挡”，在每个“空挡”插入1块挡板，2块挡板将这8个小球分成“三段”，每段小球的个数分别对应x，y，z的一个正整数解，由此可以得出此方程正整数解的不同组数为.据此原理，则方程w＋x＋y＋z＝10的正整数解的不同组数为 　　　　(用数字作答)；该方程自然数解的不同组数为　　　　(用数字作答). 答案：84　286 解析：依题意，则方程w＋x＋y＋z＝10的正整数解的不同组数为＝84.若w，x，y，z中没有0，则有＝84种；若w，x，y，z中有1个为0，则有＝144种；若w，x，y，z中有2个为0，则有＝54种；若w，x，y，z中有3个为0，则有＝4种，所以该方程自然数解的不同组数为84＋144＋54＋4＝286. 学生用书⬇第21页 学科网（北京）股份有限公司 $