2024-2025学年高中数学第一章计数原理1.2.2组合第2课时组合的综合应用习题课练习含解析新人教A版选修2-3

PAGE1-第2课时组合的综合应用（习题课）[A基础达标]1.(2024·深圳高二检测)某校开设A类选修课3门，B类选修课4门，一位同学从中选3门，若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有()A．30种 B．35种C．42种 D．48种解析：选A．法一：选修1门A类，2门B类课程的选法有Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(2,4)种；选修2门A类，1门B类的课程的选法有Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(1,4)种．故选法共有Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(2,4)＋Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(1,4)＝18＋12＝30(种).法二：从7门选修课中选修3门的选法有Ceq\o\al(3,7)种，其中3门课都为A类的选法有Ceq\o\al(3,3)种，都为B类的选法有Ceq\o\al(3,4)种，故选法共有Ceq\o\al(3,7)－Ceq\o\al(3,3)－Ceq\o\al(3,4)＝30(种).2.某中学从4名男生和3名女生中举荐4人参与某高校自主招生考试，若这4人中必需既有男生又有女生，则不同的选法共有()A．140种 B．120种C．35种 D．34种解析：选D．从7人中选4人，共有Ceq\o\al(4,7)＝35种选法，4人全是男生的选法有Ceq\o\al(4,4)＝1种．故4人中既有男生又有女生的选法种数为35－1＝34种.3.将标号为1，2，3，4，5，6的6张卡片放入3个不同的信封中，若每个信封放2张，其中标号为1，2的卡片放入同一信封，则不同的放法共有()A．12种 B．18种C．36种 D．54种解析：选B．先将1，2捆绑后放入信封中，有Ceq\o\al(1,3)种放法，再将剩余的4张卡片放入另外两个信封中，有Ceq\o\al(2,4)×Ceq\o\al(2,2)(种)放法，所以共有Ceq\o\al(1,3)×Ceq\o\al(2,4)×Ceq\o\al(2,2)＝18(种)放法.4.平面内有4个红点，6个蓝点，其中只有一个红点和两个蓝点共线，其余随意三点不共线，过这十个点中的随意两点所确定的直线中，至少过一个红点的直线的条数是()A．30 B．29C．28 D．27解析：选B．过一个红点有Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,6)－1＝23(条)直线；过两个红点有Ceq\o\al(2,4)＝6(条)直线，所以共有23＋6＝29(条)直线，故选B．5.(2024·贵阳高二检测)有5本不同的教科书，其中语文书2本，数学书2本，物理书1本．若将其并排摆放在书架的同一层上，则同一科目书都不相邻的放法种数是()A．24 B．48C．72 D．96解析：选B．据题意可先摆放2本语文书，当1本物理书在2本语文书之间时，只需将2本数学书插在前3本书形成的4个空中即可，此时共有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,4)种摆放方法；当1本物理书放在2本语文书一侧时，共有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,3)种不同的摆放方法．由分类加法计数原理可得共有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,4)＋Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,3)＝48种摆放方法.6.现从8名学生中选出4人去参与一项活动，若甲、乙两名同学不能同时入选，则共有________种不同的选派方案．(用数字作答)解析：依据题意，分两种状况探讨：①甲、乙两位同学只有一人入选，只需从剩余的6人中再选出3人，有Ceq\o\al(1,2)×Ceq\o\al(3,6)＝40(种)选派方案；②甲、乙两位同学都没有入选，只需从剩余的6人中选出4人，有Ceq\o\al(4,6)＝15(种)选派方案．则共有40＋15＝55种选派方案.答案：557.(2024·泰安高二检测)甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是________．(用数字作答)解析：当每个台阶上各站1人时有Ceq\o\al(3,7)Aeq\o\al(3,3)种站法；当两个人站在同一个台阶上时有Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(1,7)Ceq\o\al(1,6)种站法．因此不同的站法种数为Ceq\o\al(3,7)Aeq\o\al(3,3)＋Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(1,7)Ceq\o\al(1,6)＝210＋126＝336.答案：3368.有两条平行直线a和b，在直线a上取4个点，直线b上取5个点，以这些点为顶点作三角形，这样的三角形共有________个.解析：分两类，第一类：从直线a上任取一个点，从直线b上任取两个点，共有Ceq\o\al(1,4)·Ceq\o\al(2,5)种方法；其次类：从直线a上任取两个点，从直线b上任取一个点共有Ceq\o\al(2,4)·Ceq\o\al(1,5)种方法．所以满意条件的三角形共有Ceq\o\al(1,4)·Ceq\o\al(2,5)＋Ceq\o\al(2,4)·Ceq\o\al(1,5)＝70个.答案：709.(1)以正方体的顶点为顶点，可以确定多少个四面体？(2)以正方体的顶点为顶点，可以确定多少个四棱锥？解：(1)正方体8个顶点可构成Ceq\o\al(4,8)个四点组，其中共面的四点组有正方体的6个表面及正方体6组相对棱分别所在的6个平面的四个顶点．故可以确定四面体Ceq\o\al(4,8)－12＝58个.(2)由(1)知，正方体共面的四点组有12个，以这每一个四点组构成的四边形为底面，以其余的四个点中随意一点为顶点都可以确定一个四棱锥，故可以确定四棱锥12Ceq\o\al(1,4)＝48个.10.某车间有11名工人，其中5名钳工，4名车工，另外2名既能当车工又能当钳工，现在要从这11名工人中选4名钳工，4名车工修理一台机床，则有多少种选法？解：分三类：第一类，选出的4名钳工中无“多面手”，此时选法有Ceq\o\al(4,5)Ceq\o\al(4,6)＝75(种)；其次类，选出的4名钳工中有1名“多面手”，此时选法为Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(3,5)Ceq\o\al(4,5)＝100(种)；第三类，选出的4名钳工中有2名“多面手”，此时选法为Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(4,4)＝10(种).由分类加法计数原理，得不同的选法共有75＋100＋10＝185(种).[B实力提升]11.如图是由6个正方形拼成的矩形图案，从图中的12个顶点中任取3个点作为一组．其中可以构成三角形的组数为()A．208 B．204C．200 D．196解析：选C．任取的3个顶点不能构成三角形的情形有3种：一是3条横线上的4个点，其组数为3Ceq\o\al(3,4)；二是4条竖线上的3个点，其组数为4Ceq\o\al(3,3)；三是4条对角线上的3个点，其组数为4Ceq\o\al(3,3)，所以可以构成三角形的组数为Ceq\o\al(3,12)－3Ceq\o\al(3,4)－8Ceq\o\al(3,3)＝200，故选C．12.在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖．将这8张奖券安排给4个人，每人2张，不同的获奖状况有________种(用数字作答).解析：定向安排问题，先分组后安排．将8张奖券分四组，再安排给4个人．分四组有两种方法：一种是分(一等奖，无奖)、(二等奖，无奖)、(三等奖，无奖)、(无奖，无奖)四组，分给4个人有Aeq\o\al(4,4)种分法；另一种是一组两个奖，一组只有一个奖，另两组无奖，共有Ceq\o\al(2,3)种分法，再分给4个人有Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,4)种分法．所以不同的获奖状况有Aeq\o\al(4,4)＋Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,4)＝24＋36＝60种.答案：6013.从1到6这6个数字中，取2个偶数和2个奇数组成没有重复数字的四位数．试问：(1)能组成多少个不同的四位数？(2)四位数中，2个偶数排在一起的有几个？(3)2个偶数不相邻的四位数有几个？(所得结果均用数值表示).解：(1)易知四位数共有Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(4,4)＝216(个).(2)上述四位数中，偶数排在一起的有Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(3,3)Aeq\o\al(2,2)＝108(个).(3)由(1)(2)知两个偶数不相邻的四位数有216－108＝108(个).14.(选做题)有五张卡片，它们的正、反面分别写0与1，2与3，4与5，6与7，8与9.将其中随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：法一：(干脆法)从0与1两个特别值着眼，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Ceq\o\al(1,4)种方法；0可在后两位，有Ceq\o\al(1,2)种方法；最终需从剩下的三张中任取一张，有Ceq\o\al(1,3)种方法；又除含0的那张外，其他两张都有正面或反面两种可能，故此时可得不同的三位数有Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,3)·22个.(2)取1不取0，同上分析可得不同的三位数有Ceq\o\al(2,4)·22·Aeq\o\al(3,3)个.(3)0和1都不取，有不同的三位数Ceq\o\al(3,4)·23·Aeq\o\al(3,3)个.综上所述，共有不同的三位数：Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,3)·22＋Ceq\o\al(2,4)·22·Aeq\o\al(3,3)＋Ceq\o\al(3,4)·23·Aeq\o\al(3,3)＝432个.法二：(间接法)任取三张卡片可以组成不同的三位数Ceq\o\al(3,5)·23·Aeq\o\al(3,3)个，其中0在百位的有Ceq\o\al(2,4)·22·Aeq\o\al(2,2)个，这是不合题意的，故共有不同的三位数Ceq\o\al(3,5)·23·Aeq\o\al(3,3)－Ceq\o\al(2,4)·22·Aeq\o\al(2,2)＝432个.两个计数原理与排列、组合(强化练)一、选择题1.从n个人中选出两人，分别从事两项不同的工作，若选派方案的种数为72，则n的值为()A．6 B．9C．12 D．15解析：选B．因为Aeq\o\al(2,n)＝72，所以n＝9.2.有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组，则不同的选法共有()A．60种 B．70种C．75种 D．150种解析：选C．依据题意，知从6名男医生中选2名、从5名女医生中选1名组成一个医疗小组，不同的选法共有Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(1,5)＝75(种).3.有三对师徒共6个人，站成一排照相，每对师徒相邻的站法共有()A．72种 B．54种C．48种 D．8种解析：选C．用分步乘法计数原理：第一步：先排每对师徒有Aeq\o\al(2,2)·Aeq\o\al(2,2)·Aeq\o\al(2,2)，其次步：将每对师徒当作一个整体进行排列有Aeq\o\al(3,3)种，由分步乘法计数原理共有Aeq\o\al(3,3)·(Aeq\o\al(2,2))3＝48种.4.某学校开设“蓝天工程博览课程”，组织6个年级的学生外出参观包括甲博物馆在内的6个博物馆，每个年级任选一个博物馆参观，则有且只有两个年级选择甲博物馆的方案有()A．Aeq\o\al(2,6)×Aeq\o\al(4,5)种B．Aeq\o\al(2,5)×54种C．Ceq\o\al(2,6)×Aeq\o\al(4,5)种D．Ceq\o\al(2,6)×54种解析：选D．因为有且只有两个年级选择甲博物馆，所以参观甲博物馆的年级有Ceq\o\al(2,6)种状况，其余年级均有5种选择，所以共有54种状况，依据分步乘法计数原理可得共有Ceq\o\al(2,6)×54种状况．故选D．5.口袋里装有大小相同的黑白两色的手套，黑色手套15只，白色手套10只．现从中随机抽取出两只手套，若两只是同色手套，则甲获胜，若两只手套颜色不同，则乙获胜，则甲、乙获胜的机会是()A．甲多 B．乙多C．一样多 D．不确定解析：选C．两只是同色手套的取法有Ceq\o\al(2,15)＋Ceq\o\al(2,10)＝150(种)；两只不是同色手套的取法有Ceq\o\al(1,15)·Ceq\o\al(1,10)＝150(种).6.以圆x2＋y2－2x－2y－1＝0内横坐标与纵坐标均为整数的点为顶点的三角形个数为()A．76 B．78C．81 D．84解析：选A．如图，首先求出圆内的整数点个数，然后求组合数，圆的方程为(x－1)2＋(y－1)2＝3，圆内共9个整数点，组成的三角形的个数为Ceq\o\al(3,9)－8＝76.7.现有12张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各三张，从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同的取法种数为()A．135 B．172C．189 D．162解析：选C．不考虑特别状况，共有Ceq\o\al(3,12)种取法，取三张相同颜色的卡片，有4种取法，只取两张红色卡片(另一张非红色)，共有Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(1,9)种取法.所求取法种数为Ceq\o\al(3,12)－4－Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(1,9)＝189.8.从0，2，4中取一个数字，从1，3，5中取两个数字，组成无重复数字的三位数，则全部不同的三位数的个数是()A．36 B．42C．48 D．54解析：选C．若从0，2，4中取一个数字是“0”，则“0”不放百位，有Ceq\o\al(1,2)种放法，再从1，3，5中取两个数字放在其他两位，有Aeq\o\al(2,3)种放法，共组成Ceq\o\al(1,2)·Aeq\o\al(2,3)＝12个三位数；若从0，2，4中取的一个数字不是“0”，则有Ceq\o\al(1,2)种取法，再从1，3，5中取两个数字有Ceq\o\al(2,3)种取法，共组成Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(3,3)＝36个三位数．所以全部不同的三位数有12＋36＝48(个).9.支配甲、乙、丙、丁四位老师参与星期一至星期六的值日工作，每天支配一人，甲、乙、丙每人支配一天，丁支配三天，并且丁至少要有两天连续支配，则不同的支配方法种数为()A．72种 B．96种C．120种 D．156种解析：选B．甲、乙、丙三位老师支配星期一至星期六的随意三天，其余三天丁值日，共有Aeq\o\al(3,6)＝120种，其中丁没有连续的支配，支配甲、乙、丙三位老师后形成了4个间隔，任选3个支配丁，故有Aeq\o\al(3,3)Ceq\o\al(3,4)＝24种，故丁至少要有两天连续支配的方法有120－24＝96种，故选B．10.用数字0，1，2，3，4，5，6组成没有重复数字的四位数，其中个位、十位和百位上的数字之和为偶数的四位数共有()A．324个 B．216个C．180个 D．384个解析：选A．个位、十位和百位上的数字为3个偶数的有Ceq\o\al(1,3)·Aeq\o\al(3,3)·Ceq\o\al(3,4)＋Aeq\o\al(3,3)·Ceq\o\al(1,3)＝90(个)；个位、十位和百位上的数字为1个偶数、2个奇数的有Ceq\o\al(1,3)·Aeq\o\al(3,3)·Ceq\o\al(1,4)＋Ceq\o\al(1,3)·Ceq\o\al(2,3)·Aeq\o\al(3,3)·Ceq\o\al(1,3)＝234(个)．依据分类加法计数原理得到共有90＋234＝324(个)．故选A．二、填空题11.若eq\f(Aeq\o\al(7,n)－Aeq\o\al(5,n),Aeq\o\al(5,n))＝89，则n＝________.解析：eq\f(Aeq\o\al(7,n)－Aeq\o\al(5,n),Aeq\o\al(5,n))＝eq\f(（n－5）（n－6）Aeq\o\al(5,n)－Aeq\o\al(5,n),Aeq\o\al(5,n))＝(n－5)(n－6)－1＝89，即n2－11n－60＝0，解得n＝15或n＝－4(舍去).答案：1512.如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部运用)，要求每个区域涂1种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色的方法有________种.解析：若1，3不同色，则1，2，3，4必不同色，有3Aeq\o\al(4,4)＝72(种)涂色方法；若1，3同色，有Ceq\o\al(1,4)×Aeq\o\al(3,3)＝24(种)涂色方法．依据分类加法计数原理可知，共有72＋24＝96(种)涂色方法.答案：9613.某校选定甲、乙、丙、丁、戊共5名老师去3个边远地区支教(每地至少1人)，其中甲和乙肯定不同地，甲和丙必需同地，则不同的选派方案共有________种.解析：因为甲和丙同地，甲和乙不同地，所以有2，2，1和3，1，1两种安排方案，①2，2，1方案：甲，丙为一组，从余下3人选出2人组成一组，然后排列，共有Ceq\o\al(2,3)×Aeq\o\al(3,3)＝18种；②3，1，1方案：在丁、戊中选出1人，与甲丙组成一组，然后排列，共有Ceq\o\al(1,2)×Aeq\o\al(3,3)＝12种；所以不同的选派方案共有18＋12＝30种.答案：3014.从－7，－5，－2，－1，1，2，5，7中任取3个不同的数作为椭圆ax2＋by2－c＝0的系数，则能确定的椭圆的个数为________.解析：椭圆方程化为标准形式为eq\f(x2,\f(c,a))＋eq\f(y2,\f(c,b))＝1.由eq\f(c,a)＞0，eq\f(c,b)＞0，得a，b，c同号.当a，b，c同为正数时，取三个不同的数有Aeq\o\al(3,4)种取法，可得Aeq\o\al(3,4)＝24个椭圆.当a，b，c同为负数时，取三个不同的数有Aeq\o\al(3,4)种取法，可得Aeq\o\al(3,4)＝24个椭圆，但此时每个椭圆均与a，b，c同为正数时重复，如a＝－7，b＝－5，c＝－2与a＝7，b＝5，c＝2对应的椭圆重复．所以能确定的椭圆有24个.答案：24三、解答题15.现有10件产品，其中有2件次品，随意取出3件检查.(1)若正品A被取到，则有多少种不同的取法？(2)恰有一件是次品的取法有多少种？(3)至少有一件是次品的取法有多少种？解：(1)Ceq\o\al(2,9)＝eq\f(9×8,2)＝36(种).(2)从2件次品中任取1件，有Ceq\o\al(1,2)种取法，从8件正品中任取2件，有Ceq\o\al(2,8)种取法，由分步乘法计数原理得，不同的取法共有Ceq\o\al(1,2)×Ceq\o\al(2,8)＝2×eq\f(8×7,2)＝56(种).(3)法一：含1件次品的取法有Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,8)种，含2件次品的取法有Ceq\o\al(2,2)×Ceq\o\al(1,8)种，由分类加法计数原理得，不同的取法共有Ceq\o\al(1,2)×Ceq\o\al(2,8)＋Ceq\o\al(2,2)×Ceq\o\al(1,8)＝56＋8＝64(种).法二：从10件产品中任取3件，取法有Ceq\o\al(3,10)种，不含次品的取法有Ceq\o\al(3,8)种，所以至少有1件次品的取法有Ceq\o\al(3,10)－Ceq\o\al(3,8)＝64(种).16.7名班委中有A，B，C三人，有7种不同的职务．现对7名班委进行职务详细分工.(1)若正、副班长两职只能从A，B，C三人中选两人担当，则有多少种分工方案？(2)若正、副班长两职至少要选A，B，C三人中的一人担当，则有多少种分工方案？解：(1)先支配正、副班长有Aeq\o\al(2,3)种方法，再支配其余职务有Aeq\o\al(5,5)种方法．由分步乘法计数原理知共有Aeq\o\al(2,3)Aeq\o\al(5,5)＝720种方法.(2)7人的随意分工方案有Aeq\o\al(7,7)种，A，B，C三人中无一人任正、副班长的分工方案有Aeq\o\al(2,4)·Aeq\o\al(5,5)种，因此A，B，C三人中至少有一人任正、副班长的方案有Aeq\o\al(7,7)－Aeq\o\al(2,4)·Aeq\o\al(5,5)＝3600(种).17.5男5女共10个同学排成一行.(1)女生都排在一起，有几种排法？(2)女生与男生相间，有几种排法？(3)任何两个男生都不相邻，有几种排法？(4)5名男生不排在一起，有几种排法？解：(1)将5名女生看作一人，就是6个元素的全排列，有Aeq\o\al(6,6)种排