人教A版 (2019)选择性必修 第三册6.2 排列与组合课时练习

这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第三册6.2 排列与组合课时练习，共8页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

第六章　6.2　习题课

A组·素养自测
一、选择题
1．从10种不同的作物种子中选出6种分别放入6个不同的瓶子中展出，每瓶不空，如果甲、乙两种种子都不许放入1号瓶子内，那么不同的放法共有(　C　)
A．CA种 B．CA种
C．CA种 D．CC种
[解析]　分两步：第1步，可在其他8 种种子中选取1种放入1号瓶，有C种选法；第2步，剩下的9种种子中选5种全排列，有A种．故共有CA种不同的放法．
2．平面上有12个点，其中没有3个点在一条直线上，也没有4个点共圆，过这12个点中的每三个作圆，共可作圆(　A　)
A．220个 B．210个
C．200个 D．1 320个
[解析]　C＝220，故选A．
3．从0，1，2，3，4，5这六个数中，每次取三个不同的数字，把其中最大的数放在百位上排成三位数，这样的三位数有(　A　)
A．40个 B．120个
C．360个 D．720个
[解析]　先选取3个不同的数有C种方法，然后把其中最大的数放在百位上，另两个不同的数放在十位和个位上，有A种排法，故共有CA＝40个三位数．
4.6名同学参加4项社会实践活动，要求每项活动至少1人，则不同的参加方式共有(　B　)
A．2 640种 B．1 560种
C．1 080种 D．480种
[解析]　根据题意，分两步完成：第一步，将6人分成4组，若分为1，1，1，3的四组，有C＝20种方法，若分为1，1，2，2的四组，有＝45种方法，共有20＋45＝65种分组方法；第二步，将分好的四组全排列，安排参加4项社会实践活动，有A＝24种情况，则共有65×24＝1 560种不同的参加方式．
5．(多选)现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加2022年杭州亚运会志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，则以下说法错误的是(　ABC　)
A．若每人都安排一项工作，则不同的方法数为54
B．若每项工作至少有1人参加，则不同的方法数为AC
C．如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排1人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为(CC＋CC)A
D．每项工作至少有1人参加，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是CCA＋CA
[解析]　每人有四项工作可以安排，所以5人都安排一项工作的不同方法数为45，故选项A中说法错误；每项工作至少有1人参加，则有一项工作安排2人，其他三项工作各1人，所以共有CCA种不同方法数，选项B中AC是每项工作先安排1人，还剩下1人在四项工作中选择，这样会有重复，比如：“甲、乙、丙、丁分别安排翻译、导游、礼仪、司机，戊安排翻译”与“戊、乙、丙、丁分别安排翻译、导游、礼仪、司机，甲安排翻译”重复计算了，故选项B中说法错误；选项C中是先分组后分配，CC代表的是5人分成3人、1人、1人三组，CC代表的是5人分成2人、2人、1人三组，然后三组人分配三项工作，乘A，然而在分组的过程中都有重复，比如：3人、1人、1人分组中，先选择了甲、乙、丙三人一组，剩下丁、戊分两组只有一种分法，而不是C种分法，故选项C中说法错误；选项D分两类考虑，第一类：司机安排1人，方法数为C，另外4人分3组，方法数为C(4人选2人为1组，另外2人分2组只有一种分法)，然后3组人安排除司机外的三项工作，方法数为A，则不同安排方案的种数是CCA，第二类：司机安排2人，方法数为C，剩下3人安排另外三项工作，方法数为A，则不同安排方案的种数是CA，由分类加法计数原理得，共有CCA＋CA种不同的安排方案，故选项D中说法正确．故选ABC．
二、填空题
6．现将2名医生和4名护士分配到2所学校给学生体检，每校分配1名医生和2名护士，则不同的分配方法共有_12__种．(用数字作答)
[解析]　从2名医生中选一人，从4名护士中选2人，分到第一所学校，有CC＝12种方法；剩下的1名医生和剩下的2名护士只能分到第二所学校，只有1种方法．根据分步乘法计数原理得不同的分配方法共有CC×1＝12种．
7．从甲、乙等5名志愿者中选出4名，分别从事A，B，C，D四项不同的工作，每人承担一项．若甲、乙二人均不能从事A工作，则不同的工作分配方案共有_72__种．
[解析]　解法一：根据题意，分两种情形讨论：
①甲、乙中只有1人被选中，需要从甲、乙中选出1人，担任后三项工作中的1种，由其他三人担任剩余的三项工作，有CCCA＝36种选派方案．
②甲、乙两人都被选中，则在后三项工作中选出2项，由甲、乙担任，从其他三人中选出2人，担任剩余的两项工作，有C·A·A＝36种选派方案，
综上可得，共有36＋36＝72种不同的选派方案．
解法二：从甲、乙以外的三人中选一人从事A工作，再从剩余四人中选三人从事其余三项工作共有CA＝72种选法．
8．空间中有12个点，其中5个点共面，此外无任何4个点共面，这12个点可确定_211__个不同的平面．
[解析]　分四类考虑：①5个共面点可确定1个平面；②5个共面点中任何2个点和其余7个点中任意一点确定7C个平面；③5个共面点中任何1个点和其余7个点中任意2点确定5C个平面；④7个点中任意3点确定C个平面．所以共确定平面个数为1＋7C＋5C＋C＝211.
三、解答题
9．要从12人中选出5人参加一项活动。按下列要求，有多少种不同选法？
(1)A，B，C三人必须入选；
(2)A，B，C三人不能入选；
(3)A，B，C三人中只有1人入选；
(4)A，B，C三人中至少1人入选；
(5)A，B，C三人中至多2人入选．
[解析]　(1)再选两人即可，故方法数为C＝36.
(2)从另外9人中选5人，方法数为C＝126.
(3)A，B，C中选1人，其余9人中选4人，故方法数为CC＝378.
(4)总的方法数减去A，B，C三人都不入选的方法数，即C－C＝666.
(5)A，B，C三人中至多选2人，即总的方法数减去A，B，C三人都入选的方法数，即C－CC＝756.
10.9本不同的书，在下列条件下各有多少种不同的分配方法？
(1)分给甲、乙、丙三人，每人3本；
(2)分为三组，每组3本；
(3)分为三组，一组2本，一组3本，一组4本；
(4)分给甲、乙、丙三人，一人2本，一人3本，一人4本；
(5)分为三组，一组5本，另外两组每组2本；
(6)分给甲、乙、丙三人，其中甲2本，乙3本，丙4本；
(7)分给甲、乙、丙三人，其中甲4本，另外两人中有一人2本，一人3本；
(8)分给甲、乙、丙三人，其中甲得5本，另外两人每人得2本；
(9)分给甲、乙、丙三人，其中一人得5本，另外两人每人得2 本．
[解析]　(1)这是均匀编号分组问题．
第一步：从9本书中选3本给甲，有C种选法．
第二步：再从其余的6本书中选3本给乙，有C种选法．
第三步：从余下的3本书中选3本给丙，有C种选法．
根据分步乘法计数原理得，不同的分配方法共有CCC＝1 680(种).
(2)这是均匀不编号分组问题．
先将9本书平均放入1号箱，2号箱，3号箱．
先放1号箱，有C种放法；
再放2号箱，有C种放法；
最后把剩下的3本放入3号箱，有C种放法．
因此共有CCC种放法．
由于这3个箱子现在是有序的，而装的书本数是一样的，因此会出现重复的分法，应用缩倍法，重复的是3个箱子的排列顺序，应除以箱子的全排列数，即CCC÷A＝280.
故共有280种不同的分配方法．
(3)这是非均匀不编号分组问题．
同(2)中思路，第一步共CCC种放法．
由于这次不是平均分配，每个箱子里装的书都不同，因此不会出现重复的分法，因此共有1 260种不同的分配方法．
(4)这是非均匀编号问题．在(3)的基础上再进行全排列，所以不同的分配方法共有CCC·A＝7 560(种)．
(5)这是部分均匀不编号分组问题．
同(2)中思路，第一步共CCC种放法．
这次同样不是平均分配，但恰有2个箱子装的书本数一样，因此是“局部平均”，也会出现重复的分法，重复的是同样装着2本书的2个箱子的排列顺序，因此应除以这2个箱子的全排列数，即CCC÷A＝378.
故共有378种不同的分配方法．
(6)这是直接分配问题．
由于甲的书本数已知，先给甲选书，有C种选法，再给乙选书，有C种选法，剩下的4本给丙，
故不同的分配方法共有CC＝1 260(种)．
(7)这是直接分配问题．
由于甲的书本数已知，先给甲选书，有C种选法．
再把剩下的5本书分成本数分别为2，3的两份，有CC种分法，把分好后的两份书分给乙、丙两个人，有A种分法．
根据分步乘法计数原理，可得不同的分配方法共有CCCA＝2 520(种)．
(8)这是直接分配问题．
由于甲的书本数已知，先给甲选书，有C种选法．
再把剩下的4本书平均分给乙、丙，有CC种方法，
故不同的分配方法共有CCC＝756(种)．
(9)这是部分均匀编号分组问题．
在(5)的基础上再分配给甲、乙、丙三人，
不同的分配方法共有·A＝2 268(种)．
B组·素养提升
一、选择题
1．有5名男医生和3名女医生．现要从中选3名医生组成地震医疗小组，要求医疗小组中男医生和女医生都要有，那么不同的组队种数为(　A　)
A．45 B．60
C．90 D．120
[解析]　根据题意，需分两类讨论．
第一类：选出的3名医生中有2名男医生1名女医生，有CC＝30(种)不同的组队方式．
第二类：选出的3名医生中有1名男医生2名女医生，有CC＝15(种)不同的组队方式．
根据分类加法计数原理，一共有30＋15＝45(种)组队方式．
2．(2021·全国乙卷)将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有(　C　)
A．60种 B．120种
C．240种 D．480种
[解析]　根据题设中的要求，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，可分两步进行安排：第一步，将5名志愿者分成4组，其中1组2人，其余每组1人，共有C种分法；第二步，将分好的4组安排到4个项目中，有A种安排方法．故满足题意的分配方案共有C·A＝240(种)．
3．(多选)将四个不同的小球放入三个分别标有1，2，3号的盒子中，不允许有空盒子的放法，下列结论正确的有(　BC　)
A．CCCC B．CA
C．CCA D．18
[解析]　根据题意，四个不同的小球放入三个分别标有1，2，3号的盒子中，且没有空盒，则三个盒子中有1个放2个球，剩下的2个盒子中各放1个，有2种解法：
法一：分2步进行分析：
①先将四个不同的小球分成3组，有C种分组方法；
②将分好的3组全排列，对应放到3个盒子中，有A种放法；
则没有空盒的放法有CA种；故选B．
法二：分2步进行分析：
①在4个小球中任选2个，在3个盒子中任选1个，将选出的2个小球放入选出的小盒中，有CC种情况；
②将剩下的2个小球全排列，放入剩下的2个小盒中，有A种放法；
则没有空盒的放法有CCA种；故选C．
综上，BC正确．
注：这类题目一般是先求出一个结果，再计算答案中给出的结果是否与之相等．
二、填空题
4．(2022·全国甲卷)从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为___.
[解析]　从正方体的8个顶点中任选4个，取法有C＝70(种)．
其中4个点共面有以下两种情况：
(1)所取的4个点为正方体同一个面上的4个顶点，如图1，有6种取法；
(2)所取的4个点为正方体同一个对角面上的4个顶点，如图2，也有6种取法．

所以所取的4个点在同一个平面的概率P＝＝.
5．某组委会要从五名志愿者中选派四人分别从事翻译、导游、礼仪、司机四项不同工作，若其中甲不能从事翻译工作，乙不能从事导游工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有_78__种．
[解析]　根据题意，分3种情况讨论：
①从五名志愿者中选派的四人中有甲但没有乙，甲有3种安排方法，剩下三人全排列即可得，此时有3×A＝18(种)选派方法；
②从五名志愿者中选派的四人中有乙但没有甲，乙有3种安排方法，剩下三人全排列即可得，此时有3×A＝18(种)选派方法；
③从五名志愿者中选派的四人中既有甲又有乙，需要在剩下3人中选出2人，有C种选法，选出的4人的安排方法有(A＋2×2×A)种，
则此时有C(A＋2×2×A)＝42(种)选派方法．
故一共有18＋18＋42＝78(种)选派方法．
6．某单位现需要将“先进个人”“业务精英”“道德模范”“新长征突击手”“年度优秀员工”五种荣誉分配给3个人，且每个人至少获得一种荣誉，五种荣誉中“道德模范”与“新长征突击手”不能分给同一个人，则不同的分配方法共有_114__种．
[解析]　将五种荣誉分给3人，共有(3，1，1)和(2，2，1)两类．
①当为(3，1，1)时，共有CA＝60(种)，“道德模范”与“新长征突击手”分给一个人共有CA＝18(种)，故有60－18＝42(种)；②当为(2，2，1)时，共有·A＝90(种)，“道德模范”与“新长征突击手”分给一个人共有CCA＝18(种)，故有90－18＝72(种)．
综上，不同的分配方法共有42＋72＝114(种)．
7．某运输公司有7个车队，每个车队的车辆均多于4辆．现从这个公司抽调10辆车，并且每个车队至少抽调1辆，那么共有_84__种不同的抽调方法．
[解析]　方法一(分类法)：在每个车队抽调1 辆车的基础上，还需抽调3辆车．可分成三类：第一类是从某1小车队抽调3 辆，有C种抽调方法；第二类是从2个车队中抽调，其中1个车队抽调1辆，另1个车队抽调2辆，有A种抽调方法；第三类是从3个车队中各抽调1辆，有C种抽调方法．故不同的拍调方法共有C＋A＋C＝84(种)．
方法二(隔板法)：由于每个车队内车辆均多于4辆，只需将10辆车分成7份．问题相当于将10个小球排成一排，求将这10个小球分成7份的分法种数，在10个小球之间的9个空隙中插入6个隔板，即可将小球分成7份，故不同的抽调方法共有C＝84(种)．
三、解答题
8．有五张卡片，它们的正、反面分别写着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？
[解析]　在解本题时应考虑两方面的问题：(1)0不能作百位，但0与1在同一卡片上，因此必须同时考虑0与1的分类；(2)每张卡片都有正面与反面两种可能．解法上既可用直接法，也可用排除法．
解法一：(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，其他两张都有正面和反面两种可能，故此时可得不同的三位数有C·C·C·22个．
(2)取1不取0，同上分析可得不同的三位数有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C·C·C·22＋C·22·A＋C·23·A＝432个．
解法二：(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．
9．四个不同的小球，全部放入编号为1，2，3，4的四个盒子中．
(1)随便放(可以有空盒，但球必须都放入盒中)有多少种放法？
(2)四个盒都不空的放法有多少种？
(3)恰有两个空盒的放法有多少种？
(4)甲球所放盒的编号总小于乙球所放盒的编号的放法有多少种？
[解析]　(1)由于可以随便放，故每个小球都有4种放法，所以放法总数是：4×4×4×4＝44＝256种．
(2)将四个小球全排列后放入四个盒子即可，所以放法总数是：A＝24种．
(3)由题意，必然是四个小球放入2个盒子中．分三步完成：选出两个盒子；将四个小球分成两堆；将两堆小球全排列放入两个盒子．所以放法总数是：C··A＝84种．
(4)分三类放法．
第一类：甲球放入1号盒子，即，则乙球有3种放法(可放入2，3，4号盒子)，其余两球可随便放入四个盒子，有42种放法．故此类放法的种数是3×42；
第二类：甲球放入2号盒子，即，则乙球有2种放法(可放入3，4号盒子)，其余两球随便放，有42种放法．故此类放法的种数是2×42；
第三类：甲球放入3号盒子，即，则乙球只有1种放法(放入4号盒子)，其余两球随便放，有42种放法，故此类放法的种数是1×42.
综上，所有放法的总数是：(3＋2＋1)×42＝96种．