排列组合方法选讲综合课时作业新人教A版选修2-3

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1、1 排列组合方法选讲综合课时作业1在 3 双皮鞋中任意抽取两只，恰为一双鞋的概率为 ( ) A. 15 B.16C. 115 D.13答案 A 解析 3C22C26 315 15. 2 某单位要邀请 10 位教师中的 6 位参加一个会议， 其中甲、 乙两位教师不能同时参加，则邀请的不同方法有 ( ) A 84 种 B 98 种C 112 种 D 140 种答案 D 解析 由题意分析不同的邀请方法有：C12C58 C68 112 28 140( 种 ) 3从 1,3,5,7,9 这五个数中，每次取出两个不同的数分别为 a， b，共可得到 lg a lg b的不同值的个数是 ( ) A 9 B 1

2、0 C 18 D 20 答案 C 解析 从 1,3,5,7,9 这 5 个数中依次选出两个数的选法有 A25种， lg a lg b lg ab，又 13 39， 31 93，选法有 A25 2 18 种，故选 C. 4 8 名学生和 2 位老师站成一排合影， 2 位老师不相邻的排法种数为 ( ) A A88A29 B A88C29C A88A27 D A88C27答案 A 解析 不相邻问题用插空法， 先排学生有 A88种排法， 老师插空有 A29种方法， 所以共有 A88A29种排法5某单位拟安排 6 位员工在今年 6 月 14 日至 16 日 ( 端午节假期 ) 值班，每天安排 2 人，每

3、人值班 1 天，若 6 位员工中的甲不值 14 日，乙不值 16 日，则不同的安排方法共有 ( ) A 30 种 B 36 种2 C 42 种 D 48 种答案 C 解析 所有的安排方法为 C26C 24C 22 90，甲值 14 日的安排方法为 C15C 24 30，乙值 16 日的安排方法为 C15C 24 30，甲值 14 日，乙值 16 日的安排方法为 C14C 13 12，共有 90 30 30 12 42. 6 新学期开始， 某校接受 6 名师大毕业生到校学习 学校要把他们分配到三个年级， 每个年级 2 人，其中甲必须在高一年级，乙和丙均不能在高三年级，则不同的安排种数为 ( )

4、A 18 B 15 C 12 D 9 答案 D 解析 先安排高三年级，从除甲、乙、丙外的 3 人中选 2 人，有 C23种选法；再安排高一年级，有 C13种方法，最后安排高二年级，有 C22种方法，由分步乘法计数原理，得共有 C23C13C22 9种安排方法7 某校在高二年级开设选修课， 其中数学选修课开三个班， 选课结束后， 有 4 名同学要求改修数学，但每班至多可再接收 2 名同学，那么不同的分配方案有 ( ) A 72 种 B 54 种C 36 种 D 18 种答案 B 解析 依题意，就要求改修数学的 4 名同学实际到三个班的具体人数分类计数：第一类，其中一个班接收 2 名、另两个班各接

5、收 1 名，分配方案共有 C13C 24A 22 36( 种 ) ；第二类，其中一个班不接收、另两个班各接收 2 名，分配方案共有 C13C 24 18( 种 ) 因此，满足题意的不同的分配方案有 36 18 54( 种 ) ，选 B. 8登山运动员 10 人，平均分为两组，其中熟悉道路的 4 人，每组都需要 2 人，那么不同的分配方法种数是 ( ) A 60 B 120 C 240 D 480 答案 A 解析 先将 4 个熟悉道路的人平均分成两组有 C24C22A22 种再将余下的 6 人平均分成两组有C36C 33A22 种然后这四个组自由搭配还有 A22种，故最终分配方法有12C24C3

6、6 60( 种 ) 9由 0,1,2 ， , ， 9 这十个数字组成的无重复数字的四位数中，个位数字与百位数字之差的绝对值等于 8 的个数为 _个3 答案 210 解析 当个位与百位数字为 0,8 时，有 A28A22；当个位与百位为 1,9 时，有 A17A17A22，根据分类计数原理，共有 A28A22 A17A17A22 210 个10将 6 位志愿者分成 4 组，其中两个组各 2 人，另两个组各 1 人，分赴世博会的四个不同场馆服务，不同的分配方案有 _种 ( 用数字作答 ) 答案 1 080 解析 先将 6 位志愿者分组，共有 C26C24A22种方法；再把各组分到不同场馆，共有 A

7、44种方法由分步乘法计数原理知，不同的分配方案共有 C26C24A22A 44 1 080( 种 ) 11. 如图所示， 有五种不同颜色分别给 A、 B、 C、 D四个区域涂色， 相邻区域必须涂不同颜色，若允许同一种颜色多次使用，则不同的涂色方法共有 _种答案 180 解析 按区域分四步：第一步 A区域有 5 种颜色可选；第二步 B区域有 4 种颜色可选；第三步 C区域有 3 种颜色可选；第四步由于重复使用区域 A中已有过的颜色， 故也有 3 种颜色可选用 由分步计数原理，共有 5 4 3 3 180( 种 ) 12某展室有 9 个展台，现有 3 件展品需要展出，要求每件展品独自占用 1 个展

8、台，并且 3 件展品所选用的展台既不在两端又不相邻，则不同的展出方法有 _种；若进一步要求 3 件展品所选用的展台之间间隔不超过 2 个展台，则不同的展出方法有 _种答案 60 48 解析 依题意得，某展室有 9 个展台，现有 3 件展品需要展出，要求每件展品独自占用1 个展台，并且 3 件展品所选用的展台既不在两端又不相邻，则不同的展出方法有 A35 60 种( 注：从六个空展台所形成的五个间隔中任选三个间隔将 3 件展品进行排列即可 ) ；其中 3 件展品所选用的展台之间间隔超过两个展位的展出方法有 2A33 12 种，因此要求 3 件展品所选用的展台之间间隔不超过两个展位的不同的展出方法

9、有 60 12 48 种13 2013 年世锦赛上，中国乒乓球男队派出张济科及 5 名年轻队员参加比赛，团体比赛4 需要 3 名队员上场，如果最后一个出场比赛的不是张济科，那么不同的出场方式有 _种答案 100 解析 若张济科不上场，则有 A35 60 种不同的出场方式；若张济科上场，则有 C25A12A2240 种不同的出场方式，因此一共有 100 种不同的出场方式14按下列要求把 12 个人分成 3 个小组，各有多少种不同的分法？(1) 各组人数分别为 2,4,6 人；(2) 平均分成 3 个小组；(3) 平均分成 3 个小组，进入 3 个不同车间工作答案 (1)C 212C410C66

10、13 860 ； (2) C412C48C44A33 5 775 ；(3) C412C48C44A33 A33 C412C48C44 34 650. 解析 (3) 分两步： 第一步平均分三组； 第二步让三个小组分别进入三个不同车间， 故有C412C48C44A33 A33 C412C 48C 44 34 650 种不同的分法? 重点班选做题15从集合 1,2,3 ， , ， 10 中，选出由 5 个数组成的子集，使得这 5 个数中的任何两个数的和不等于 11，则这样的子集共有 _个答案 32 解析 因 1 10 2 9 3 8 4 7 5 6 11，选出的 5 个数中任何两个数的和不等于 11

11、， 所以从 1,10 ， 2,9 ， 3,8 ， 4,7 ， 5,6这五组数每组中选 1 个数则这样的子集共有： C12C 12C 12C 12C 12 32. 16 山东鲁能、 上海申花、 天津泰达与杭州绿城四家中国足球俱乐部参加了 2012 年赛季亚洲足球俱乐部冠军联赛，为了打出中国足球的精神面貌，足协想派五名官员给这四支球队做动员工作，每个俱乐部至少派一名官员，且甲、乙两名官名不能到同一家俱乐部，则不同的安排方法共有多少种 (用数字作答 )? 答案 216 解析 法一：根据题意，可根据甲、乙两人所去俱乐部的情况进行分类：(1) 甲乙两人都单独去一个俱乐部， 剩余三人中必有两人去同一家俱乐

12、部， 先从三人中选取两个组成一组，与其他三人组成四个小组进行全排列，则不同的安排方法有 C23A44 3 24 72( 种 ) ；(2) 甲、 乙两人去的俱乐部中有一个是两个人， 从其剩余三人中选取一人与甲或乙组成一组，和其他三人形成四个小组进行全排列，则不同的安排方法有 C12C13 A44 2 3 24144( 种 ) 所以不同的安排方法一共有 72 144 216 种5 法二：若甲、乙两人可以去同一家俱乐部，则先从五人中选取两人组成一组，与其他三人形成四个小组进行全排列，则不同的安排方法共有 C25A44 10 24 240 种；而甲、乙两人去同一家俱乐部的安排方法有 C22A44 24

13、 种所以甲、乙两人不能去同一家俱乐部的安排方法共有 240 24 216 种隔板法例 1 求方程 x1 x2 x3 x4 12 的正整数解解析 将 12 个完全相同的球排成一列，在它们之间形成的 11 个空隙中任选 3 个插入3 块隔板，把球分为四组 ( 如下图 1) 每一种分法所得球的数目依次为 x1， x2， x3， x4. 显然x1 x2 x3 x4 12，故 ( x1， x2， x3， x4) 是方程的一组解反之，方程的任何一组解 ( y1， y2，y3， y4) ，对应着唯一的一种在 12 个球之间插入隔板的方式 ( 如下图 2) y1y2y3y4图 1 x1x2x3x4图 2 故方

14、程的解和插入隔板的方法一一对应，即方程的解的组数等于插隔板的方法数 C311. 探究 (1) 用“隔板法”来建立组合模型是求不定方程的正整数解的有效途径， 如果将本例的“正整数解”改为“自然数解”，情形又如何呢？事实上只要令 yi xi 1( i 1,2,3,4) ，就将“自然解”转化为方程 y1 y2 y3 y4 16 的正整数解，故有 C315组解(2) 不定方程就是未知数的个数大于方程的个数，像方程 x1 x2 , xn m就是一个最简单的不定方程，这类问题的解法常用“隔板法”例 2 把 7 个大小完全相同的小球，放置在三个盒子中，允许有的盒子一个也不放(1) 如果三个盒子完全相同，有多

15、少种放置方法？(2) 如果三个盒子各不相同，有多少种放置方法？解析 (1) 小球的大小完全相同，三个盒子也完全相同，把 7 个小球分成三份，比如分成 3 个、 2 个、 2 个这样三份放入三个盒子中， 不论哪一份小球放入哪一个盒子均是同一种放法， 因此， 只需将 7 个小球分成如下三份即可， 即 (7,0,0) 、 (6,1,0) 、 (5,2,0) 、 (5,1,1) 、(4,3,0) 、 (4,2,1) 、 (3,3,1) 、 (3,2,2) 共计有 8 种不同的放置方法(2) 设三个盒子中小球的个数分别为 x1， x2， x3，显然有： x1 x2 x3 7，于是，问题就6 转化为求这个不定方程的非负整数解，若令 yi xi 1( i 1,2,3) 由 y1 y2 y3 10，问题又成为求不定方程 y1 y2 y3 10 的正整数解的组数的问题， 在 10 个 1 中间 9 个空档中， 任取两个空档作记号，即可将 10 分成三组，不