课时分层检测(4)排列与排列数的应用-【创新大课堂系列】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册同步辅导与测试(人教A版)

班级 姓名 得分 课时分层检测（四） 排列与排列数的应用 9.用0,1,2，…，9十个数字可组成多少个满足 …0基f础达标练0… 以下条件的且没有重复数字的数： 1.身穿红、黄两种颜色衣服的各有2人，现将 (1)五位奇数： 这4人排成一行，要求穿相同颜色衣服的人 (2)大于30000的五位偶数. 不能相邻，不同的排法共有 ( ) A.4种 B.6种 C.8种 D.12种 2.3名男生和3名女生排成一排，男生不相邻 的排法有 A.144种B.90种C.260种D.120种 3.六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲 或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有 A.192种B.216种C.240种D.288种10.有5对夫妇和A,B共12人参加一场婚宴， 4.4位男生和2位女生排成一排，男生有且只 他们被安排在一张有12个座位的圆桌上 有2位相邻，则不同排法的种数是( 就餐（旋转之后算相同坐法）. A.72 B.96 C.144 D.240 (1)若5对夫妇都相邻而坐，A,B相邻而 5.某次联欢会要安排3个歌舞类节目，2个小： 坐，共有多少种坐法？ 品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则； (2)5对夫妇都相邻而坐，其中甲、乙二人的 同类节目不相邻的排法种数是 ( 妻子是闺蜜要相邻而坐，A,B不相邻，共有 A.72 B.120 C.144 D.168 多少种坐法？ 6.把5件不同的产品摆成一排，若产品A与产 品B相邻，且产品A与产品C不相邻，则不 同的摆法有 种. 7.用数字0,1,2,3,4,5可以组成没有重复数 字，并且比20000大的五位偶数共有 个 8.将A,B,C,D,E,F六个字母排成一排，且 A,B均在C的同侧，则不同的排法共有 种（用数字作答）. ! 77 班级 姓名 得分 题.并规定一名参与者每次只能取其中一串 …0能力提升练 0 最下面的一只灯笼并解答里面的谜题，直到 1.某地为了迎接国庆节，某大楼安装了5个彩 答完全部6个谜题，则一名参与者一共有 灯，它们闪亮的顺序不固定.每个彩灯只能： 种不同的答题顺序 闪亮红、橙、黄、绿、蓝中的一种颜色，且这54.某班级的课程表要排入历史、语文、数学、物 个彩灯所闪亮的颜色各不相同，记这5个彩 理、体育、英语，共6节课。 灯有序地各闪亮一次为一个闪烁.在每个闪： (1)若数学必须比语文先上，则不同的排法 烁中，每秒钟有且仅有一个彩灯闪亮，而相： 有多少种？ 邻两个闪烁的时间间隔均为5秒.如果要实： (2)如果第一节不排体育，最后一节不排数 现所有不同的闪烁，那么需要的时间至少是 学，那么共有多少种排法？ ( (3)原定的6节课已排好，学校临时通知要增 A.1205秒 B.1200秒 加生物、化学、地理3节课，若将这3节课插 C.1195秒 D.1190秒 入原课表中且原来的6节课相对顺序不变， 2.(多选)某校以大课程观为理论基础，以关键 则有多少种不同的排法？ 能力和核心素养的课程化为突破口，深入探： 索普通高中创新人才培养的校本化课程体 系.本学期共开设了八大类校本课程，具体 为学科拓展(X)、体艺特长(T)、实践创新 (S)、生涯规划(C)、国际视野(I)、公民素养 (G)、大学先修(D)、PBL项目课程(P),假期 里决定继续开设这八大类课程，每天开设一： 类且不重复，连续开设八天，则 ( A.某学生从中选两类，共有A种选法 B.课程“X”“T”排在不相邻两天，共有AA号 种排法 C.课程中“S”“C”“T”排在相邻三天，且“C” 只能排在“S”与“T”的中间，共有720种 排法 D.课程“T”不排在第一天，课程“G”不排在5.由四个不同的数字1,2,4，x组成无重复数 最后一天，共有(A十A6AA)种排法 字的三位数， 3.某次灯谜大会共设置6 (1)若x=9,则其中能被3整除的共有 个不同的谜题，分别藏在 个； (2)若所有这些三位数的各位数字之和是 如图所示的6只灯笼里， 252,则x= 每只灯笼里仅放一个谜 789,解由题意知可按十位数字的取值进行分类： 16.36[先考虑产品A与B相邻，把A,B作为一个元素有A种摆法，而 第一类，十位数字取9，有A个： A,B可交换位置，故有2A=48(种)摆法，又当A,B相邻又满足A,C相 第二类，十位数字取6，有A号个： 邻，有2A=12(种)摆法，故满足条件的摆法有48一12=36（种）.] 第三类，十位数字取5，有A号个： !7.240[分为两类：当首位选2或4时，末位有A种选法，中间三位 第四类，十位数字取4，有A号个， 有A种排法，故有AAA=96种排法.当首位选3或5时，末位 所以“伞数”的个数为A?十A?十A?十A号=40. 有A种排法，中间位有A种排法，故有A2AA=144种排法. ∴，比20000大的五位偶数共有96十144=240个.] 10.解(1)，A=x(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)·(x-5)(x-6)= 18.480[按C的位置分类，在左1，左2，左3，或者在右1，右2，右3，因为 (x-5)(x一6)·A, 左右是对称的，所以只看左的情况最后乘以2即可，当C在左边第1个 T-5)(x-6)A5-A 位置时，有A种排法，当C在左边第2个位置时有A·A种排法，当 A =89. C在左边第3个位置时，有A号·A十A号·A种排法.这三种情况的和 A5>0,∴.(x-5)(x-6)=90. 为240种排法，乘以2得480.则不同的排法共有480种.] 故x=-4(舍去)或x=15. :9.解(1)要得到五位奇数，末位应从1,3,5,7,9五个数字中取，有5 (2)原不等式可化为9>9=x十2 9！ 6×9！ 种取法： 取定末位数字后，首位就有除这个数字和0之外的8种不同取法： 由排列数定义知0区≤9， 首末两位取定后，十个效字还有八个数字可供中间的十位、百位与 0x-29, 千位三个数位选取，共有A种不同的排列方法 .2x9,x∈N“. 因此由分步计数原理共有5×8×A=13440(个)没有重复数字的 化简得(11-x)(10-x)>6,.x2-21x+104>0. 五位奇数 即(x-8)(.x-13)>0,.x8或x>13. (2)要得偶数，末位应从0,2,4,6,8中选取，而要得比30000大的五 又2x9,x∈N*,.2x8,x∈N“ 位偶致，可分两类： 故解集为{x2,3,4,5,6,7} ①末位数字从0,2中选取，则首位可取3,4,5,6,7,8,9中任一个，共有7 能力提升练 种选取方法，其余三个数位可从除首末两个数位上的数字之外的八个 1.C[从5本不同的书中选2本送给2名同学，每人一本，是一个排 数字中选取，共A种取法，所以共有2×7XA(种)不同情况. 列问题，由排列的定义知，共有A=5×4=20种不同的送法.] ②未位教字从4,6,8中选取有3种选法， 则首位应从3,4,5,6,7,8,9中除去末位所选数字的六个数字中选 2.B[若第一棒选A,则有A种选派方法：若第一棒选B,则有2A! 取有6种选法， 种选派方法，由分类加法计数原理知，共有A号十2A=3A?=36(种)： 其余三个数位仍有A。种选法， 选派方法.] 所以共有3×6×A(种)不同情况 3.ABC[根据排列数公式，验证选项A,B,C均成立， 由分类计数原理，比30000大的无重复数字的五位偶数共有2×7 (n-1)！ =(n-1)1≠(n-1)L 又A[0mm万初m≠m心选项D不 ×A8+3X6×A8=10752(个). :10.解(1)若5对夫妇都相邻，A,B相邻，可将每对夫妇划分为1组，A,B 正确.门 划分为1组，再将这6组人围坐成一圈，共有A种坐法， 4.解由题意可知，原有车票的种数是A种，现有车票的种数是 由于每一组内两人还有顺序问题，所以共有A×26=7680种 A号+m种， 坐法： A号+m-A号=62，即(n十m)(n十m-1)-n(n-1)=62, (2)分成三步来完成：第一步，排甲、乙二人的妻子的座位，有2种 .m(2n+m-1)=62=2×31, 坐法，甲、乙二人的座位也随之确定， :m<2n十m-1,且n≥2，m,n∈N*, 第二步，排其余3对夫妇的座位，有23A种坐法， ÷81=期将烟=2=15 第三步，排A,B二人的座位，有A种坐法， 根据分步乘法计数原理，共有2×2A×A号=1152种坐法 故原有15个车站，现有17个车站。 能力提升练 5.B[依题意得，(n十1)！≥3000，又(5十1)！=6X5×4×3×2×1!1.C[由题意知，每次闪炼共5秒，所有不同的闪炼为A个，相邻两个闪 =720,(6+1)！=7×6×5×4×3×2×1=5040>3000,所以n的 炼的时间间隔为5秒，因此需要的时问至少是5A十(A一1)×5= 最小值是6.] 1195(秒).] ,2.BD[对于A,某学生从中选两类，如选“X”“T”与选“T”“X”是一种 课时分层检测（四） 选法，没有顺序之分，所以A种选法计算重复，故A错误：对于B, 基础达标练 课程“X”“T”排在不相邻两天，先将剩余六类课程全排列，产生7个 1.C[由题意得，先排穿红色衣服的2人，构成三个空，再把一个穿黄！ 空隙，再将课程“X”“T”插空，共有AA种排法，故B正确；对于C, 色衣服的安排在最中间的空中，把另一个穿黄色衣服的安排在两边： 课程“S”“C”“T”排在相邻三天，且“C”只能排在“S”与“T”的中间， 共有AA=1440种排法，故C错误：对于D,课程“T”不排在第一 的空中，所以共有A号A2A2=8(种).] 天，课程“G”不排在最后一天，则分两类情况：①课程“G”排在第一 2.A[第一步：排女生，共有A种不同的排法：第二步：男生插空，共！ 天，②课程“G”排在除第一天和最后一天之外的某一天，则共有 有A种不同的排法，因此共有AA=144种排法，] (A十AAA)种排法，故D正确.故选B、D.] 3.B[第一类：甲在最左端，有A=5×4×3×2×1=120(种)排法：3.60[将6只灯笼全排列，即A种，因为每次只能取其中一串最下 第二类：乙在最左端，甲不在最右端，有4A}=4X4X3X2X1=: 面的一只灯笼内的速题，每次取灯的顺序确定，取速题的方法有 96(种)排法，所以共有120十96=216（种）排法.] A8」 =60(种).] 4.C[先在4位男生中选出2位，易知他们是可以交换位置的，则共： AA 有A种选法，然后再将2位女生全排列，共有A号种排法，最后将4.解(1)若数学必须比语文先上，则不网的排法有 3组男生插空全排列，共有A种排法，综上所述，共有AA号A= A号 144种不同的排法.] 6×5×4×3X2X1=360种. 2 5.B[将所有的安排方法分为两类，一类是歌舞类节目中间不穿插相！ (2)如果体育排在最后一节，那么有A=120种排法， 声类节目，有AA号A:=6×2×2=24种，二类是歌舞类节目中间穿： 如果体育不排在最后一节，也不排在第一节，且数学不排在最后一 插相声类节目，有AA2A2A=6×2×2×4=96种.根据分类加法{ 节，有4×4×A=384种排法， 计数原理，共有24十96=120种排法，门] 所以共有120十384=504种排法. 178 (3)若将这3节课插入原课表中且原来的6节课相对顺序不变，则：能力提升练 有心=9X8×7=504种不同的排法. A 1.ABD[对于A,C%= m!(n一m刀Cgm 5,(1)12(2)7[(1)因为各位数字之和能被3整除时，该数就能被3· 农 n! 整除，所以这种三位数只能由2,4,9或1,2,9排列组成，所以共有 -(nm)！(n-n+m)!m！(n-m)! 所以Cm一C”一m,故A正确： 2×A=12(个) 对于B,2018！·C号8=A号8·C号828=A号82=2023A号8，原式 (2)显然工≠0，因为1,2,4，工在各个数位上出现的次数都相同，且各 成立，故B正确： 自出现A·A号次，所以这样的数字之和是(1十2十4十x)·A· A号，即(1十2十4十x)·A·A=252,所以7十x=14,所以x=7.]1 对于C,左边C”=m！(n-m1 n! 课时分层检测（五） 右边4” n！ 2n!=(n-m)！n!(n-m)1 基础达标练 左边≠右边，故C错误； 1.C[①与顺序有关，是排列问题，②③均与顺序无关，是组合问题， 对子D,左边A十mA毅1=mm十(n一m十可 mXn! 故选C.] (n-m十1)×n!1m×n! (n+1)×n! 2.B[方法一组合问题，可从对立面考虑，选出一人不参加会议即 (n-m十1)1 (n-m+1)！(n-m十1)1 可，故有5种方法， (n+1)1 方法二由题意可知，推选方法种数为C=5.] (n-m+1)1 3.D[根据组合数性质可得C01十C=C,.C鼎1=C,.2x一1=x (n十1) 右边A+1=(Gmm十1厅 或2x-1十x=11,.x=1或4.] 左边=右边，故D正确.] A 4,C[由于“村村通”公路的修建，是组合问题，故共需要建C%= 2.C[第一类：从OA边上（不包括O)任取一点与从OB边上（不包括 A号 O)任取两点，可构造一个三角形，有CC2个：第二类：从OA边上 8-28(条)公8.] (不包括O)任取两点与从OB边上（不包括O)任取一点，可构造一 个三角形，有CC个：第三类：从OA边上（不包括O)任取一点与 5.ABD[对于A,正、副班长有1人参加的方法数有CC8种，正、副 从(OB边上（不包括O)任取一点，与）点可构造一个三角形，有 班长有2人参加的方法敦有C号C8种，故总的方法数有CC十！ CC个.由分类加法计数原理知，可作出的三角形的个数为CC C号C种，故A正确：对于B,50人抽取5人，总的方法数为C,其中： +CC十CC.故选C.] 没有正、副班长的方法数为C,所以方法数为C一C种，故B正！3.D[此题可化归为圈上9个点可组成多少个四边形，所有四边形的 确：对于C和D,正、副班长中任抽取一个，然后在剩余49人中抽取！对角线交点个数即为所求，所以交点为C=126(个). 4个，方法数有CC种，减去重复的包括正、制班长的情况C种.：4.解(1)从余下的34种商品中选取2种，有C1=561种取法， 所以方法数有C2C。一C种，故D正确，C不正确.综上所述，本小 所以某一种假货必须在内的不同取法有561种. 题正确算法有3种.] (2)从34种可选商品中，选取3种， 有C1种或者C得5-C号1=C=5984种取法 6.7[设餐厅至少还需准备x种不同的素菜.由题意，得C号·C2≥！ 所以某一种假货不能在内的不同取法有5984种. 200,从而有C≥20.即x(x-1)≥40.又x≥2，所以x的最小值1 (3)从20种真货中选取1种，从15种假货中选取2种，有CoC= 为7.] 2100种取法， 7.3[2n(2n-1)(2n-2)(2n-3)=120m(n-12 所以哈有2种假货在内的不同的取法有2100种. (4)选取2种假货有C2Cs种，选取3种假货有Ci种，共有选取方 化简得，n2一2n-3=0, 式C20C:十C15=2100十455=2555种. 解得=3或n=一1（舍去），所以n=3.] 所以至少有2种假货在内的不同的取法有2555种， 8.(1)210(2)210[(1)在7条南北向街道中任选2条，5条东西向街1 (5)法一选取3种商品的总数为C,因此共有选取方式C35一C5 道中任选2条，这样4条线可组成一个矩形，故可组成矩形CC=! =6545-455=6090种. 210个： 所以至多有2种假货在内的不同的取法有6090种， (2)每条东西向的街道被分成6段，每条南北向的街道被分成4段， 法二共有选取方式C20十CC:十C2C:=6090种.所以至多有 从A到B最短的走法，无论怎样走，一定至少包括10段，其中6段： 2种假货在内的不同的取法有6090种. 方向相同，另4段方向也相同，每种走法，即是从10段中选出6段，5.解(1)甲当选且乙不当选，只需从余下的8人中任选4人，有C 这6段是走东西方向的（剩下4段即是走南北方向的），共有C。C=210: 70(种)选法， 种走法，] (2)至少有1女且至多有3男时，应分三类： 9.解由已知得2C=C】十C, 第1类是3男2女，有C×C种选法： 第2类是2男3女，有C×C种选法； n！ 所以2·51m-574(m-4十61(n-6' 第3类是1男4女，有C×C种选法 整理得n2-21n十98=0， 由分类加法计数原理知，共有CXC号十CXC十CXC=186(种) 解得n=7或n=14, 选法， 要求C2的值，故n≥12 课时分层检测（六） 所以n=14, 基础达标练 所以c=g-91. 1.B[因为10边形有10个顶点，而1个顶点可以和7个项点连成对 10.解(1)从4个白球，5个黑球中任取3个球有C=84个不同· 角线，所以10个顶点是10X7=70条对角线，由于每条对角线都计 算了两次，所以有35条对角线，应选答案B.] 结果， :2.D[每个被选的人员无角色差异，是组合问题.分两步完成：第一 (2)设“取出的3个球中有2个白球，1个黑球”的所有结果组成的 步，选女工，有C种选法；第二步，选男工，有C号种选法.故有CC 集合为A,A所包含的种数为C号C. 种不同选法，] 所以共有C号C=30种不同的结果 :3.B[分2类：第1类，5号与14号为编号较大的一组，则另一组编号 (3)设“取出的3个球中至少有2个白球”的所有结果组成的集合：较小的有C号=6种选取方法，第2类，5号与14号为编号较小的一 为B,B所包含的结果数为C十CC. 组，则编号较大的一组有C?=15种选取方法，由分类加法计数原理 所以共有C+CC=34种不同的结果. 得，共有C十C%=6十15=21种选取方法.] 179