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

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

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