2024-2025学年高中数学第一章计数原理1.2排列与组合1.2.2第2课时组合二练习含解析新人教A版选修2-3

PAGE第一章1.21.2.2第2课时A级基础巩固一、选择题1．12名同学合影，站成前排4人后排8人，现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排，若其他人的相对依次不变，则不同调整方法的总数是(C)A．Ceq\o\al(2,8)Aeq\o\al(2,3) B．Ceq\o\al(2,8)Aeq\o\al(6,6)C．Ceq\o\al(2,8)Aeq\o\al(2,6) D．Ceq\o\al(2,8)Aeq\o\al(2,5)[解析]第一步从后排8人中抽2人有Ceq\o\al(2,8)种抽取方法，其次步前排共有6个位置，先从中选取2个位置排上抽取的2人，有Aeq\o\al(2,6)种排法，最终把前排原4人按原依次排在其他4个位置上，只有1种支配方法，∴共有Ceq\o\al(2,8)Aeq\o\al(2,6)种排法．2．(2024·山西一模)某天的值日工作由4名同学负责，且其中1人负责清理讲台，另1人负责扫地，其余2人负责拖地，则不同的分工共有(B)A．6种 B．12种C．18种 D．24种[解析]依据题意，分3步分析：①，在4人中选出1人负责清理讲台，有Ceq\o\al(1,4)＝4种状况，②，在剩下的3人中选出1人负责扫地，有Ceq\o\al(1,3)＝3种状况，③，剩下的2人负责拖地，有1种状况，则有4×3＝12种不同的分工；故选B．3．把0、1、2、3、4、5这六个数，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Ceq\o\al(3,6)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Aeq\o\al(2,2)种排法，故共有Ceq\o\al(3,6)Aeq\o\al(2,2)＝40个三位数．4．某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位挚友，每位挚友1本，则不同的赠送方式共有(B)A．4种 B．10种C．18种 D．20种[解析]分两类：第一类，取出两本画册，两本集邮册，从4人中选取2人送画册，则另外两人送集邮册，有Ceq\o\al(2,4)种方法．其次类，3本集邮册全取，取1本画册，从4人中选1人送画册，其余送集邮册，有Ceq\o\al(1,4)种方法，∴共有Ceq\o\al(1,4)＋Ceq\o\al(2,4)＝10种赠送方法．5．(2024·浙江卷，16)从1,3,5,7,9中任取2个数字，从0,2,4,6中任取2个数字，一共可以组成____________个没有重复数字的四位数．(D)A．720 B．560C．540 D．1260[解析]不含有0的四位数有Ceq\o\al(2,5)×Ceq\o\al(2,3)×Aeq\o\al(4,4)＝720(个)．含有0的四位数有Ceq\o\al(2,5)×Ceq\o\al(1,3)×Ceq\o\al(1,3)×Aeq\o\al(3,3)＝540(个)．综上，四位数的个数为720＋540＝1260．6．如图，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A、B、C、D中，(四种颜色可以不全用也可以全用)要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有(A)ABCDA．72种 B．48种C．24种 D．12种[解析]解法一：(1)4种颜色全用时，有Aeq\o\al(4,4)＝24种不同涂色方法．(2)4种颜色不全用时，因为相邻矩形不同色，故必需用三种颜色，先从4种颜色中选3种，涂入A、B、C中，有Aeq\o\al(3,4)种涂法，然后涂D，D可以与A(或B)同色，有2种涂法，∴共有2Aeq\o\al(3,4)＝48种，∴共有不同涂色方法24＋48＝72种．解法二：涂A有4种方法，涂B有3种方法，涂C有2种方法，涂D有3种方法，故共有4×3×2×3＝72种涂法．二、填空题7．在直角坐标平面xOy上，平行直线x＝n(n＝0,1,2，…，5)与平行直线y＝n(n＝0,1,2，…，5)组成的图形中，矩形共有__225__个．[解析]在垂直于x轴的6条直线中任取2条，在垂直于y轴的6条直线中任取2条，四条直线相交得出一个矩形，所以矩形总数为Ceq\o\al(2,6)×Ceq\o\al(2,6)＝15×15＝225个．8．将7支不同的笔全部放入两个不同的笔筒中，每个笔筒中至少放两支笔，有__112__种放法(用数字作答)．[解析]设有A，B两个笔筒，放入A笔筒有四种状况，分别为2支，3支，4支，5支，一旦A笔筒的放法确定，B笔筒的放法随之确定，且对同一笔筒内的笔没有依次要求，故为组合问题，总的放法为Ceq\o\al(2,7)＋Ceq\o\al(3,7)＋Ceq\o\al(4,7)＋Ceq\o\al(5,7)＝112．9．(2024·浙江模拟)安排4名水暖工去3个不同的居民家里检查暖气管道，要求4名水暖工全部安排出去，并每名水暖工只能去一个居民家，且每个居民家都要有人去检查，那么安排的方案共有__36__种(用数字作答)．[解析]依据题意，分2步分析：①，将4名水暖工分成3组，有Ceq\o\al(2,4)＝6种分组方法，②，将分好的三组全排列，对应3个不同的居民家，有Aeq\o\al(3,3)＝6种安排方法，则有6×6＝36种不同的安排方案；故答案为36．三、解答题10．已知平面α∥平面β，在α内有4个点，在β内有6个点．(1)过这10个点中的3点作一平面，最多可作多少个不同的平面？(2)以这些点为顶点，最多可作多少个三棱锥？(3)(2)中的三棱锥最多可以有多少个不同体积？[解析](1)所作出的平面有三类．①α内1点，β内2点确定的平面，最多有Ceq\o\al(1,4)·Ceq\o\al(2,6)个．②α内2点，β内1点确定的平面，最多有Ceq\o\al(2,4)·Ceq\o\al(1,6)个．③α，β本身，有2个．故所作的平面最多有Ceq\o\al(1,4)·Ceq\o\al(2,6)＋Ceq\o\al(2,4)·Ceq\o\al(1,6)＋2＝98(个)．(2)所作的三棱锥有三类．①α内1点，β内3点确定的三棱锥，最多有Ceq\o\al(1,4)·Ceq\o\al(3,6)个．②α内2点，β内2点确定的三棱锥，最多有Ceq\o\al(2,4)·Ceq\o\al(2,6)个．③α内3点，β内1点确定的三棱锥，最多有Ceq\o\al(3,4)·Ceq\o\al(1,6)个．故最多可作出的三棱锥有Ceq\o\al(1,4)·Ceq\o\al(3,6)＋Ceq\o\al(2,4)·Ceq\o\al(2,6)＋Ceq\o\al(3,4)·Ceq\o\al(1,6)＝194(个)．(3)当等底面积、等高时，三棱锥的体积相等．所以体积不相同的三棱锥最多有Ceq\o\al(3,6)＋Ceq\o\al(3,4)＋Ceq\o\al(2,6)·Ceq\o\al(2,4)＝114(个)．故最多有114个体积不同的三棱锥．B级素养提升一、选择题1．编号为1,2,3,4,5,6,7的七盏路灯，晚上用时只亮三盏灯，且随意两盏亮灯不相邻，则不同的开灯方案有(C)A．60种 B．20种C．10种 D．8种[解析]四盏熄灭的灯产生的5个空档中放入三盏亮灯，即Ceq\o\al(3,5)＝10．2．编号为1、2、3、4、5的五个人，分别坐在编号为1、2、3、4、5的座位上，则至多有两个号码一样的坐法种数为(D)A．120 B．119C．110 D．109[解析]5个人坐在5个座位上，共有不同坐法Aeq\o\al(5,5)种，其中3个号码一样的坐法有Ceq\o\al(3,5)种，有4个号码一样时必定5个号码全一样，只有1种，故所求种数为Aeq\o\al(5,5)－Ceq\o\al(3,5)－1＝109．二、填空题3．将6名党员干部安排到4个贫困村驻村扶贫，每个贫困村至少安排1名党员干部，则不同的安排方案共有__1_560__．[解析]依题意，6人分成每组至少一人的4组，可以分为3,1,1,1或2,2,1,1两种分为3,1,1,1四组时，有Ceq\o\al(3,6)×Aeq\o\al(4,4)＝480种，分为2,2,1,1四组时，有eq\f(C\o\al(2,6)×C\o\al(2,4),A\o\al(2,2))×Aeq\o\al(4,4)＝1080种，故共有480＋1080＝1560种．4．以正方体的顶点为顶点的四面体共有__58__个．[解析]先从8个顶点中任取4个的取法为Ceq\o\al(4,8)种，其中，共面的4点有12个，则四面体的个数为Ceq\o\al(4,8)－12＝58个．三、解答题5．(2024·泰州高二检测)男运动员6名，女运动员4名，其中男女队长各1名，选派5人外出竞赛，在下列情形中各有多少种选派方法？(1)男运动员3名，女运动员2名；(2)至少有1名女运动员；(3)既要有队长，又要有女运动员．[解析](1)第一步：选3名男运动员，有Ceq\o\al(3,6)种选法；其次步：选2名女运动员，有Ceq\o\al(2,4)种选法，故共有Ceq\o\al(3,6)·Ceq\o\al(2,4)＝120种选法．(2)解法一：(干脆法)：“至少有1名女运动员”包括以下几种状况，1女4男，2女3男，3女2男，4女1男．由分类加法计数原理知共有Ceq\o\al(1,4)·Ceq\o\al(4,6)＋Ceq\o\al(2,4)·Ceq\o\al(3,6)＋Ceq\o\al(3,4)·Ceq\o\al(2,6)＋Ceq\o\al(4,4)·Ceq\o\al(1,6)＝246种选法．解法二：(间接法)，不考虑条件，从10人中任选5人，有Ceq\o\al(5,10)种选法，其中全是男运动员的选法有Ceq\o\al(5,6)种，故“至少有1名女运动员”的选法有Ceq\o\al(5,10)－Ceq\o\al(5,6)＝246(种)．(3)当有女队长时，其他人选法随意，共有Ceq\o\al(4,9)种选法；不选女队长时，必选男队长，共有Ceq\o\al(4,8)种选法，其中不含女运动员的选法有Ceq\o\al(4,5)；故不选女队长时共有Ceq\o\al(4,8)－Ceq\o\al(4,5)种选法．所以既有队长又有女运动员的选法共有Ceq\o\al(4,9)＋Ceq\o\al(4,8)－Ceq\o\al(4,5)＝191(种)．6．四个不同的小球，全部放入编号为1,2,3,4的四个盒子中．(1)随意放(可以有空盒，但球必需都放入盒中)有多少种放法？(2)四个盒都不空的放法有多少种？(3)恰有一个空盒的放法有多少种？(4)恰有两个空盒的放法有多少种？(5)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)由于可以随意放，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：Aeq\o\al(4,4)＝24种．(3)由题意知，必定是四个小球放入三个盒子中．分三步完成：选出三个盒子；将四个小球分成三堆；将三堆小球全排列后放入三个盒子．所以放法总数是：Ceq\o\al(3,4)·Ceq\o\al(2,4)·Aeq\o\al(3,3)＝144种．(4)由题意，必定是四个小球放入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：Ceq\o\al(2,4)·(eq\f(C\o\al(2,4)·C\o\al(2,2),A\o\al(2,2))＋Ceq\o\al(1,4)·Ceq\o\al(3,3))·Aeq\