人教A版选择性必修第三册6.2.16.2.2排列排列数作业

排列排列数(15分钟30分)1．(2021·湘潭高二检测)从甲、乙、丙三人中选出两人并站成一排的全部站法为()A．甲乙、乙甲、甲丙、丙甲B．甲乙丙、乙丙甲C．甲乙、甲丙、乙丙、乙甲、丙甲、丙乙D．甲乙、甲丙、乙丙【解析】选C.假设选出的是甲、乙，那么站法有甲乙、乙甲；假设选出的是甲、丙，那么站法有甲丙、丙甲；假设选出的是乙、丙，那么站法有乙丙、丙乙．2．乘积m(m＋1)(m＋2)…(m＋19)(m＋20)(m∈N＋)可表示为()A．Aeq\o\al(\s\up1(21),\s\do1(m＋20))B．Aeq\o\al(\s\up1(21),\s\do1(m))C．Aeq\o\al(\s\up1(20),\s\do1(m＋20))D．Aeq\o\al(\s\up1(20),\s\do1(m))【解析】选A.由于最大数为m＋20，所以共有21个连续自然数相乘，依据排列公式可得meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋2))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋19))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋20))＝Aeq\o\al(\s\up1(21),\s\do1(m＋20)).3．三人相互传球，由甲开头发球，并作为第一次传球，经过5次传球后，球仍回到甲手中，那么不同的传球方式共有()A．6种B．10种C．8种D．16种【解析】选B.记另外两人为乙、丙，假设甲第一次把球传给乙，那么不同的传球方式有其中经过5次传球后，球仍回到甲手中的有5种，同理假设甲第一次把球传给丙也有5种不同的传球方式，共有10种传球方式．4．计算：Aeq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(6))－6Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))＋5Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))＝________.【解析】原式＝Aeq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(6))－Aeq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(6))＋Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))＝Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))＝5×4×3×2×1＝120.答案：120【加练·固】计算：eq\f(Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(8))＋Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(8)),Aeq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(9))－Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(9)))＝________．【解析】eq\f(Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(8))＋Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(8)),Aeq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(9))－Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(9)))＝eq\f(8×7×6×5×4＋8×7×6×5,9×8×7×6×5×4－9×8×7×6×5)＝eq\f(5,27).答案：eq\f(5,27)5．8个人排成一排．(1)共有多少种不同的排法？(2)8个人排成两排，前后两排各4人，共有多少种不同的排法？(3)8个人排成两排，前排3人，后排5人，共有多少种不同的排法？【解析】(1)由排列的定义知共有Aeq\o\al(\s\up1(8),\s\do1(8))种不同的排法．(2)8人排成前后两排，相当于排成一排，从中间分成两局部，其排列数等于8人排成一排的排列数Aeq\o\al(\s\up1(8),\s\do1(8)).也可以分步进行，第一步：从8人中任选4人放在前排共有Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(8))种排法，其次步：剩下的4人放在后排共有Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))种排法，由分步乘法计数原理知共有Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(8))×Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))＝Aeq\o\al(\s\up1(8),\s\do1(8))种排法．(3)同(2)的分析可知，共有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(8))×Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))＝Aeq\o\al(\s\up1(8),\s\do1(8))(种).(30分钟60分)一、单项选择题(每题5分，共20分)1．(2021·济南高二检测)18×17×16×…×9×8＝()A．Aeq\o\al(\s\up1(9),\s\do1(18))B．Aeq\o\al(\s\up1(10),\s\do1(18))C．Aeq\o\al(\s\up1(11),\s\do1(18))D．Aeq\o\al(\s\up1(12),\s\do1(18))【解析】选C.由于18×17×16×…×9×8是从18开头，表示11个数字的乘积的一个式子，所以18×17×16×…×9×8＝Aeq\o\al(\s\up1(11),\s\do1(18)).2．现有排成一列的5个花盆，要将甲、乙两种花分别栽种在其中的2个花盆里，假设要求没有3个空花盆相邻，那么不同的种法总数是()A．6B．14C．16D．20【解析】选B.由题知，没有限制的种花种数为：Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))＝20种，其中三个空花盆相邻的状况有：Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝6种，那么没有3个空花盆相邻的种数为：20－6＝14种．3．(2021·沧州高二检测)用红、黄、蓝三种颜色给如下图的六个相连的圆涂色，假设每种颜色只能涂两个圆，且相邻两个圆所涂颜色不能相同，那么不同的涂色方案的种数是()A．12B．24C．30D．36【解析】选C.将六个圆从左到右依次标序号为1，2，3，4，5，6，由于每种颜色只能涂两个圆，所以只有五种涂法：(1，3)，(2，5)，(4，6)；(1，4)，(2，5)，(3，6)；(1，4)，(2，6)，(3，5)；(1，5)，(2，4)，(3，6)；(1，6)，(2，4)，(3，5).每种涂法中安排颜色有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝6种方法，故不同的涂色方案的种数是5×6＝30.4．(2021·潍坊高二检测)从甲、乙、丙、丁、戊五名志愿者中选派三人分别从事翻译、导游、礼仪三项不同的工作，假设乙和丙只能从事前两项工作，其余三人均能从事这三项工作，那么不同的选派方案有()A．36种B．12种C．18种D．24种【解析】选A.利用分类加法计数原理，分三种状况：(1)选派乙和丙2人从事翻译、导游工作，再从剩下的3人中选1人从事礼仪工作，那么排法种数是3Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))；(2)选派乙、丙中的1人从事翻译或导游中的一项工作，再从剩下的3人中选派2人从事余下的两项工作，那么排法种数是2×2×Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))；(3)乙和丙都没有被选派，三项工作安排给甲、丁、戊三人，那么排法种数是Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)).综上所述，不同的选派方案共有3Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋2×2×Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))＋Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝36种．【加练·固】从a，b，c，d，e5个人中选出1名组长和1名副组长，但a不能当副组长，那么不同的选法种数是()A．20B．16C．10D．【解析】选B.不考虑限制条件有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))种选法，假设a当副组长，有Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))种选法，故a不当副组长，有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))－Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))＝16种不同的选法．二、多项选择题(每题5分，共10分，全部选对得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)5．给出以下四个关系式，其中正确的选项是()A．n！＝eq\f(〔n＋1〕！,n＋1) B．Aeq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n))＝nAeq\o\al(\s\up1(m－1),\s\do1(n－1))C．Aeq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n))＝eq\f(n！,〔n－m〕！) D．Aeq\o\al(\s\up1(m－1),\s\do1(n－1))＝eq\f(〔n－1〕！,〔m－n〕！)【解析】选ABC.由Aeq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n))＝eq\f(n！,〔n－m〕！)可知：Aeq\o\al(\s\up1(m－1),\s\do1(n－1))＝eq\f(〔n－1〕！,〔n－m〕！)，故D不正确．6.有四名男生，三名女生排队照相，七个人排成一排，那么以下说法正确的有()A．假如四名男生必需连排在一起，那么有720种不同排法B．假如三名女生必需连排在一起，那么有576种不同排法C．假如女生不能站在两端，那么有1440种不同排法D．假如三个女生中任何两个均不能排在一起，那么有1440种不同排法【解析】选中，假如四名男生必需连排在一起，将这四名男生“捆绑〞，形成一个“大元素〞，此时，共有Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))＝242＝576种不同的排法，A选项错误；B中，假如三名女生必需连排在一起，将这三名女生“捆绑〞，形成一个“大元素〞，此时，共有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))＝6×120＝720种不同的排法，B选项错误；C中，假如女生不能站在两端，那么两端支配男生，其他位置的支配没有限制，此时，共有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))＝12×120＝1440种不同的排法，C选项正确；D中，假如三个女生中任何两个均不能排在一起，将女生插入四名男生所形成的5个空中，此时，共有Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))＝24×60＝1440种不同的排法，D选项正确．三、填空题(每题5分，共10分)7．eq\f(Aeq\o\al(\s\up1(7),\s\do1(n))－Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(n)),Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(n)))＝89，那么n的值为________．【解析】依据题意，eq\f(Aeq\o\al(\s\up1(7),\s\do1(n))－Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(n)),Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(n)))＝89，那么eq\f(Aeq\o\al(\s\up1(7),\s\do1(n)),Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(n)))＝90，变形可得Aeq\o\al(\s\up1(7),\s\do1(n))＝90Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(n))，那么有eq\f(n！,〔n－7〕！)＝90×eq\f(n！,〔n－5〕！)，变形可得：(n－5)(n－6)＝90，解得：n＝15或n＝－4(舍)，故n＝15.答案：158．现将4辆车停放在8个并排的泊车位上，要求停放的车辆相邻，那么不同的泊车方案有________种．(用数字作答)【解析】从8个车位里选择4个相邻的车位，共有5种方式，将4辆车相邻停放，有Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))＝24种方式，那么不同的泊车方案有5×24＝120种．答案：120四、解答题(每题10分，共20分)9．从1到9这9个数字中取出不同的5个数进行排列．问：(1)奇数的位置上是奇数的有多少种排法？(2)取出的奇数必需排在奇数位置上有多少种排法？【解析】(1)奇数共5个，奇数位置共有3个；偶数共有4个，偶数位置有2个．第一步先在奇数位置上排上奇数共有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))种排法；其次步再排偶数位置，4个偶数和余下的2个奇数可以排，排法为Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))种，由分步乘法计数原理知，排法种数为Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))·Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))＝1800种．(2)由于偶数位置上不能排奇数，故先排偶数位，排法为Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))种，余下的2个偶数与5个奇数全可排在奇数位置上，排法为Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(7))种，由分步乘法计数原理知，排法种数为Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))·Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(7))＝2520种．10．(1)将A，B，C，D四名同学按肯定挨次排成一行，要求自左向右，且A不排在第一，B不排在其次，C不排在第三，D不排在第四，写出全部可能的排法；(2)由1，2，3，4，5构成的无重复数字的五位数中，写出相邻两个数字的差的肯定值不超过2的全部状况．【解析】(1)树形图为(如图)：由树形图知，全部排法为BADC，BCDA，BDAC，CADB，CDAB，CDBA，DABC，DCAB，DCBA，共有9种排法．(2)当个位数字为1时，符合的五位数是：54321，45321，53421，35421，54231，24531共6种；当个位数字为2时，符合的五位数是：54312，45312，13542共3种；当个位数字为3时，符合的五位数是：54213，12453共2种；当个位数字为4时，符合的五位数是：53124，12354，21354共3种；当个位数字为5时，符合的五位数是：12435，42135，12345，21345，31245，13245共6种；合计符合条件的共有20种．1．化简：eq\f(1,2！)＋eq\f(2,3！)＋eq\f(3,4！)＋…＋eq\f(9,10！)＝__________．【解析】由于eq\f(n－1,n！)＝eq\f(n,n！)－eq\f(1,n！)＝eq\f(1,〔n－1〕！)－eq\f(1,n！)，所以eq\f(1,2！)＋eq\f(2,3！)＋eq\f(3,4！)＋…＋eq\f(9,10！)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2！)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2！)－\f(1,3！)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9！)－\f(1,10！)))＝1－eq\f(1,10！).答案：1－eq\f(1,10！)2．规定Aeq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(x))＝x(x－1)…(x－m＋1)，其中x∈R，m为正整数，且Aeq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(x))＝1，这是排列数Aeq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n))(n，m是正整数，m≤n)的一种推广．(1)按题中的规定，求Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(－9))的值；(2)排列数的两共性质：①Aeq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n))＝nAeq\o\al(\s\up1(m－1),\s\do1(n－1))；②Aeq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n))＋mAeq\o\al(\s\up1(m－1),\s\do1(n))＝Aeq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n＋1))(其中n，m是正整数)是否都能推广到Aeq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(x))(x∈R，m是正整数)的情形？假设能推广，写出推广的形式并赐予证明；假设不能，那么说明理由．【解析】(1)Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(－9))＝(－9)×(－10)×(－11)＝－990；(2)性质①、②均可推广，推广的形式分别是：①Aeq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(x))＝xAeq