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  • 2021-06-17 发布

2019-2020学年高中数学课时作业6组合与组合数公式北师大版选修2-3

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课时作业(六)‎ ‎1.6个人站成前后两排照相,要求前排2人,后排4人,那么不同的排法共有(  )‎ A.30种         B.360种 C.720种 D.1 440种 答案 C 解析 本题表面上看似乎带有附加条件,但实际上这和6个人站成一排照相一共有多少种不同排法的问题完全相同.不同的排法总数为A66=6×5×4×3×2×1=720种.‎ ‎2.电视台连续播放6个广告,其中含4个不同的商业广告和2个不同的公益广告,要求首尾必须播放公益广告,则不同的播放方式共有(  )‎ A.6种 B.24种 C.48种 D.720种 答案 C 解析 据题意知4个不同的商业广告可排在中间的4个位置上共有A44种方法,再将2个公益广告排在首末2个不同的位置共有2种方法,根据分步计数原理可得不同的播放方式共有2A44=48种.‎ ‎3.(2015·黄冈高二检测)我国第一艘航母“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中,有5架舰载机准备着舰.如果甲、乙两机必须相邻着舰,而丙、丁不能相邻着舰,那么不同的着舰方法有 A.12种 B.18种 C.24种 D.48种 答案 C 解析 根据题意,首先先将甲、乙两机(必须相邻着舰)捆绑起来有A22种,然后将这个整体与其余的一架飞机排列有A22种,那么再从其形成的空位中任意选择两个排丙、丁可知有A32种,那么根据分步乘法计数原理可知,所有的不同的着舰方法有A22A22A32=24(种).‎ ‎4.(2015·太原高二检测)从4男3女志愿者中,选1女2男分别到A,B,C地执行任务,则不同的选派方法有(  )‎ A.36种 B.108种 C.210种 D.72种 答案 B 解析 选1女派往某地有方法A31·A31种,选2男派往另外两地有A42种方法,则不同的选派方法共有A31·A31·A42=108(种).‎ ‎5.(2015·天津塘沽)市内某公共汽车站有6个候车位(成一排),现有3名乘客随便坐在某个座位上候车,则恰好有2个连续空座位的候车方式的种数是(  )‎ A.48 B.54‎ 5‎ C.72 D.84‎ 答案 C 解析 先把3名乘客进行全排列,有A33=6种排法,排好后,有4个空位,再将1个空座位和余下的2个连续的空座位插入4个空位中,有A42=12种排法,则共有6×12=72种候车方式,选C项.‎ ‎6.由1、2、3、4、5、6组成没有重复数字且1、3都不与5相邻的六位偶数的个数是(  )‎ A.72 B.96‎ C.108 D.144‎ 答案 C 解析 由于为偶数,故末位共有3种选法,然后分类:①当5在十万位和十位时,共有2A21A33=24(种);②当5在万位、千位、百位时,共有3A22A22=12(种).‎ ‎7.某大楼安装5个彩灯,它们闪亮的顺序不固定,每个彩灯只能闪亮红、橙、黄、绿、蓝中的一种颜色,且这5个彩灯所闪亮的颜色各不相同,记这5个彩灯有序地各闪亮一次为一个闪烁,在每个闪烁中,每秒钟有且仅有一个彩灯闪亮,而相邻两个闪烁的时间间隔均为5秒.如果要实现所有不同的闪烁,那么需要的时间至少是(  )‎ A.1 205秒 B.1 200秒 C.1 195秒 D.1 190秒 答案 C 解析 由于有5个彩灯,并且每个彩灯能闪亮5种颜色,因此一共有A55=120(个)不同的闪烁.由于相邻两个闪烁的时间间隔均为5秒,因此所有不同的闪烁的时间间隔共为119×5=595(秒).又因为每一个闪烁时,每个彩灯持续时间为1秒,因此有120×5=600(秒)闪亮彩灯的时间,故满足题意的时间至少为595+600=1 195(秒).‎ ‎8.某年全国足球甲级(A组)联赛共有16队参加,每队都要与其余各队在主、客场分别比赛,共进行比赛________场.‎ 答案 240‎ 解析 任意两队进行1次主场比赛与1次客场比赛,因此共进行的比赛场次是:A162=16×15=240(场).‎ ‎9.某地奥运会火炬接力赛传递路线共分6段,传递活动分别由6名火炬手完成,如果第一棒火炬手只能从甲、乙、丙三人中产生,最后一棒火炬手只能从甲、乙两人中产生,那么不同的传递方案共有________种.(用数字作答)‎ 答案 96‎ 解析 先安排最后一棒有A21种,再安排第一棒有A21种,最后安排中间四棒有A44种,所以不同的传递方案有A21A21A44=96种.‎ ‎10.用1、2、3、4、5这5个数字,组成没有重复数字的三位数,‎ 5‎ 其中偶数的个数为________.‎ 答案 24‎ 解析 方法一 先排个位,有2种排法(即排2或4);再排十位,有4种排法;再排百位,有3种排法.应用乘法原理,得适合题意的三位数个数为2×4×3=24.‎ 方法二 由题设知5个数字排成无重复数字的三位数的个数为A53,这5个数字中奇数3个,偶数2个,所以在所得三位数中,偶数占,故其个数为·A53=24.‎ ‎11.(2013·北京)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________.‎ 答案 96‎ 解析 分两步:①5张参观劵分成4份,1份2张,另外3份各1张,且2张参观劵连号,则有4种分法;②把这4份参观劵分给4人,有A44=24种不同的分法.由分步计数原理得,不同分法的种数是4×24=96(种).‎ ‎12.由数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的六位数,其中个位数字小于十位数字的共有多少个?‎ 解析 个位数字小于十位数字与个位数字大于十位数字的六位数个数相等,而所有组成的六位数共有A66-A55=600个.∴符合条件的六位数是300个.‎ ‎13.5个人围坐在如图所示的8张椅子上听报告,其中甲、乙两人不能相对而坐,问共有多少种不同的坐法?‎         解析 去掉各种表面现象,问题变成甲乙两人不能同时坐在1、8位置或2、7位置或3、6位置或4、5位置问题,用直接法可得共有A81·A61·A63=5 760(种)不同的坐法.‎ ‎14.用0,1,2,3,4这五个数字组成无重复数字的自然数.‎ ‎(1)在组成的三位数中,求所有偶数的个数;‎ ‎(2)在组成的三位数中,若十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小,则称这个数为“凹数”,如301,423等都是“凹数”,试求“凹数”的个数;‎ ‎(3)在组成的五位数中,求恰有一个偶数数字夹在两个奇数数字之间的自然数的个数.‎ 解析 (1)将所有的三位数偶数分为两类:‎ ‎①若个位数为0,则共有A42=12(个);‎ ‎②若个位数为2或4,则共有2×3×3=18(个).‎ 所以,共有30个符合题意的三位数.‎ ‎(2)将这些“凹数”分为三类:‎ 5‎ ‎①若十位数字为0,则共有A42=12(个);‎ ‎②若十位数字为1,则共有A32=6(个);‎ ‎③若十位数字为2,则共有A22=2(个).‎ 所以,共有12+6+2=20(个)符合题意的“凹数”.‎ ‎(3)将符合题意的五位数分为三类:‎ ‎①若两个奇数数字在万位和百位上,则共有A22A33=12(个);‎ ‎②若两个奇数数字在千位和十位上,则共有A22A21A22=8(个);‎ ‎③若两个奇数数字在百位和个位上,则共有A22A21A22=8(个).‎ 所以,共有28个符合题意的五位数.‎ ‎►重点班选做题 ‎15.将字母a,a,b,b,c,c排成三行两列,要求每行的字母互不相同,每列的字母也互不相同,则不同的排列方法共有(  )‎ A.12种 B.18种 C.24种 D.36种 答案 A ‎16.三张卡片的正反两面分别写上数字1和2,3和4,5和6,若用这三张卡片上的数字放在桌面上排成一行组成一个三位数,则可能得到的不同的三位数的个数是(  )‎ A.120 B.36‎ C.48 D.20‎ 答案 C 解析 确定百位有6种方法;确定十位有4种方法;确定个位有2种方法,共有6×4×2=48种不同三位数.‎ ‎1.3位男生和3位女生共6位同学站成一排,若男生甲不站两端,3位女生中有且只有两位女生相邻,则不同排法的种数是(  )‎ A.360 B.288‎ C.216 D.96‎ 答案 B 解析 先排三名男生可分两种情况:‎ ‎(1)当甲在中间时,满足条件的排列共有A22A32A42=144种;‎ ‎(2)当甲在三名男生排列的两边时,满足条件的排列共有2×A22A21A32A31=144种.‎ 综上可知,共有144+144=288种情况.‎ ‎2.已知集合A={5},B={1,2},C={1,3,4},‎ 5‎ 从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中点的坐标,则确定的不同点的个数为(  )‎ A.33 B.34‎ C.35 D.36‎ 答案 A 解析 排列总数为1·2·3·A33=36,其中点(5,1,1),(1,1,5),(1,5,1)分别重复2次,故共确定不同的点数为36-3=33(个).‎ ‎3.如图是一个正方体纸盒的展开图,若把1,2,3,4,5,6分别填入小正方形后,按虚线折成正方体,则所得到的正方体相对面上的两个数的和都相等的概率是________.‎ 答案  5‎