2022年高考数学一轮复习第十章计数原理概率随机变量10.2排列与组合课时提升作业理

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1、2022年高考数学一轮复习第十章计数原理概率随机变量10.2排列与组合课时提升作业理一、选择题(每小题5分,共35分)1.8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.B.C.D.【解题提示】用插空法求解.【解析】选A.8名学生先排有种排法,产生9个空,2位老师插空有种排法,所以共有种排法.【误区警示】解答本题易怱视8个同学两端的两个空,误认为只有中间的7个空,而误选C.2.从1,3,5,7,9这5个奇数中选取3个数字,从2,4,6,8这4个偶数中选取2个数字,再将这5个数字组成没有重复数字的五位数,且奇数数字与偶数数字相间排列.这样的五位数的个数是()A.180B.360

2、C.480D.720【解析】选D.第一步,选:;第二步,排:3!2!.根据分步乘法计数原理,得符合条件的五位数共有3!2!=720(个).3.(xx长沙模拟)某电视台的一个综艺栏目对六个不同的节目排演出顺序,最前只能排甲或乙,最后不能排甲,则不同的排法共有()A.192种B.216种C.240种D.288种【解析】选B.完成这个事件,可分两类:第一类,最前排甲,其余位置有=120种不同的排法;第二类,最前排乙,最后有4种排法,其余位置有=24种不同的排法;所以共有+4=216种不同的排法.4.(xx宜昌模拟)从10名大学毕业生中选3个人担任村长助理,则甲、乙至少有1人入选,而丙没有入选的不同选

3、法的种数为()A.85B.56C.49D.28【解题提示】由题意知丙没有入选,只要把丙去掉,把总的元素个数变为9个,甲、乙至少有1人入选,包括甲、乙两人只选一个的选法和甲、乙都选的选法两种情况,根据分类加法计数原理得到结果.【解析】选C.因为丙没有入选,所以只要把丙去掉,把总的元素个数变为9个,因为甲、乙至少有1人入选,所以由条件可分为两类:一类是甲、乙两人只选一个的选法,有=42;另一类是甲、乙都选的选法,有=7.根据分类加法计数原理知共有42+7=49种.5.(xx保定模拟)某公司新招聘5名员工,分给下属的甲、乙两个部门,其中两名英语翻译人员不能分给同一个部门,另三名电脑编程人员不能都分给

4、同一个部门,则不同的分配方案种数是()A.6B.12C.24D.36【解析】选B.由题意知甲部门中的英语翻译人员一定为1名,电脑编程人员可能为1名或2名,所以一共有(+)=12(种)不同的分配方案.6.(xx太原模拟)在实验室进行的一项物理实验中,要先后实施6个程序,其中程序A只能出现在第一或最后一步,程序B和C在实施时必须相邻,则实验顺序的编排方法共有()A.34种B.48种C.96种D.144种【解析】选C.设6个程序分别是A,B,C,D,E,F.先将A安排在第一或最后一步,有种方法,将B和C看作一个元素,它们自身之间有种安排方法,与除A外的其他程序进行全排列,有种方法,由分步乘法计数原理

5、,得实验顺序的编排方法共有=96(种).7.(xx九江模拟)某校组织同学参加社会调查,某小组共有5名男同学,4名女同学.现从该小组中选出3名同学分别到A,B,C三地进行社会调查,若选出的同学中男女均有,则不同安排方法有()A.70种B.140种C.840种D.420种【解题提示】用间接法求解.【解析】选D.首先从9名同学中任选3名参加社会调查有种,3名同学全是男生或全是女生的有(+)种,故选出的同学中男女均有的不同安排方法有-(+)=420(种).二、填空题(每小题5分,共15分)8.(xx广州模拟)将编号为1,2,3,4,5的五个球放入编号为1,2,3,4,5的一个盒子,每个盒内放一个球,若

6、恰好有两个球的编号与盒子编号相同,则不同的投放方法的种数为.【解析】五个球中两个球的编号与盒子编号相同有=10种放法,余下的三个球与盒子的编号都不同,只有2种放法,用分步乘法计数原理可知放置方法共102=20(种).答案:209.8名游泳运动员参加男子100米的决赛,已知游泳池有从内到外编号依次为1,2,3,4,5,6,7,8的8条泳道,若指定的3名运动员所在的泳道编号必须是3个连续数字(如:5,6,7),则参加游泳的这8名运动员被安排泳道的方式共有种.【解析】先从8个数字中取出3个连续的数字共有6种方法,将指定的3名运动员安排在这3个编号的泳道上,剩下的5名运动员安排在其他编号的5条泳道上,

7、共有6=4320种安排方式.答案:4320【一题多解】解答本题还可以用如下的方法解决:先将所在的泳道编号是3个连续数字的3名运动员全排列,有种排法,然后把他们捆绑在一起当作一名运动员,再与剩余5名运动员全排列,有种排法,故共有=4320种安排方式.答案:432010.(xx大同模拟)写有1,2,3,4,5的五张卡片,每次从中随机抽取一张(不放回),连续抽取三次,其中第二次恰好抽到奇数数字,且三次不全是奇数数字的不同取法有种.【解析】(直接法)分三类,抽取的三个数字分别为奇、奇、偶,偶、奇、偶,偶、奇、奇,分别有,种不同取法,由分类加法计数原理得,满足题设条件的不同取法共有+=30种.答案:30

8、【一题多解】解答本题还可以用如下的方法求解:(间接法)分两步,第一步,第二次抽到的奇数数字共有3种不同取法;第二步,三次不全为奇数共有(-)种不同取法,故满足题设条件的不同取法共有3(-)=30种.答案:301.(5分)(xx福州模拟)甲、乙两人从四门课程中各选修两门,则甲、乙所选的课程中至少有一门不相同的选法共有()A.30种B.36种C.60种D.72种【解析】选A.由题可知,至少有一门不相同的选法包括有一门不相同的课程和两门都不相同的课程,因此共有+=24+6=30种.2.(5分)(xx揭阳模拟)将5本不同的书摆成一排,若书甲与书乙必须相邻,而书丙与书丁不能相邻,则不同的摆法种数为()A

9、.48B.24C.20D.12【解析】选B.不同的摆法种数为=212132=24.【加固训练】(xx海口模拟)有5盆菊花,其中黄菊花2盆、白菊花2盆、红菊花1盆,现把它们摆放成一排,要求2盆黄菊花必须相邻,2盆白菊花不能相邻,则这5盆花不同的摆放种数是()A.12B.24C.36D.48【解题提示】由题设中的条件知,黄1与黄2必须相邻,可先将两者绑定,又白1与白2不相邻,可把黄1与黄2看作是一盆菊花,与白1白2之外的菊花全排列,由于此两个元素隔开了三个空,再由插空法将白1白2菊花插入三个空,由分析过程知,此题应分为三步完成,由计数原理计算出结果即可.【解析】选B.由题意,第一步将黄1与黄2绑定

10、,两者的摆法有2种,第二步将此两菊花看作一个整体,与除白1,白2之外的红菊花看作两个元素全排列有种摆法,此时隔开了三个空,第三步将白1,白2两菊花插入三个空,摆法种数为,则不同的摆法种数为2=226=24.3.(5分)(xx合肥模拟)某运输公司有7个车队,每个车队的车辆均多于4辆.现从这个公司中抽调10辆车,并且每个车队至少抽调1辆,那么共有种不同的抽调方法.【解析】(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:一类是从某1个车队抽调3辆,有种;一类是从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,有种;一类是从3个车队中各抽调1辆,有种.故共有+=84(种

11、)抽调方法.答案:84【一题多解】解答本题还可以用如下的方法解决:(隔板法):由于每个车队的车辆均多于4辆,只需将10个份额分成7份.可将10个小球排成一排,在相互之间的9个空当中插入6个隔板,即可将小球分成7份,故共有=84(种)抽调方法.答案:844.(12分)4个不同的球,4个不同的盒子,把球全部放入盒内.(1)恰有1个盒不放球,共有几种放法?(2)恰有2个盒不放球,共有几种放法?【解析】(1)把4个不同小球分三组,共种分法.对每种分法分成的三组再放入4个盒中的3个盒子,共种放法,所以总的放法种数为=624=144(种).(2)确定2个空盒有种方法.4个球放进2个盒子可分成(3,1),(

12、2,2)两类,第一类有序不均匀分组有种方法;第二类有序均匀分组有种方法.故共有=84(种).5.(13分)集合A=xZ|x10,集合B是集合A的子集,且B中的元素满足:任意一个元素的各数位的数字互不相同;任意一个元素的任意两个数位的数字之和不等于9.(1)集合B中两位数和三位数各有多少个?(2)集合B中是否有五位数?是否有六位数?(3)将集合B中的元素从小到大排列,求第1081个元素.【解析】将0,1,9这10个数字按照和为9进行配对,(0,9),(1,8),(2,7),(3,6),(4,5),B中元素的每个数位只能从上面五对数中每对只取一个数构成.(1)两位数有22-2=72(个);三位数有

13、23-22=432(个).(2)存在五位数,只需从上述五个数对中每对取一个数即可找出符合条件的五位数;不存在六位数,若存在,则至少要从一个数对中取出两个数,则该两个数字之和为9,与B中任意一个元素的任意两个数位的数字之和不等于9矛盾,因此不存在六位数.(3)四位数共有24-23=1728(个),因此第1081个元素是四位数,且是第577个四位数,我们考虑千位,千位为1,2,3的四位数有323=576(个),因此第1081个元素是4012.【误区警示】解答本题易出现下面两个误区(1)对“各数位的数字互不相同”理解不深刻致误.(2)对“任意两个数位的数字之和不等于9”理解不到位.不能从反面出发,把

14、数字分成(0,9),(1,8),(2,7),(3,6),(4,5)五组进行求解而致误.【加固训练】已知10件不同产品中共有4件次品,现对它们进行一一测试,直至找到所有次品为止.(1)若恰在第5次测试,才测试到第一件次品,第10次才找到最后一件次品的不同测试方法数有多少种?(2)若恰在第5次测试后,就找出了所有次品,则这样的不同测试方法数有多少种?【解析】(1)先排前4次测试,只能取正品,有种不同测试方法,再从4件次品中选2件排在第5和第10的位置上测试,有=种测法,再排余下4件的测试位置,有种测法.所以共有不同的测试方法=103680(种).(2)第5次测试恰找到最后一件次品,另3件在前4次中出现,从而前4次有1件正品出现.所以共有不同测试方法=576(种).