2013届人教A版理科数学课时试题及解析（57）排列、组合B

2013届人教A版理科数学课时试题及解析（57）排列、组合B

课时作业(五十七)B [第 57 讲 排列、组合] [时间：35 分钟 分值：80 分] 基础热身 1．由 0,1,2,3,4 这五个数字组成的无重复数字的四位偶数，按从小到大的顺序排成一个 数列{an}，则 a19＝( ) A．2 014 B．2 034 C．1 432 D．1 430 2．有 20 个零件，其中 16 个一等品，4 个二等品，若从 20 个零件中任意取 3 个，那么 至少有 1 个一等品的不同取法种数是( ) A．1 136 B．1 600 C．2 736 D．1 120 3．某学校有教职工 100 人，其中教师 80 人，职员 20 人．现从中选取 10 人组成一个考 察团外出学习考察，则这 10 人中恰好有 8 名教师的不同选法的种数是( ) A．C280C820 B．A280A820 C．A880C220 D．C880C220 4．某外商计划在 5 个候选城市投资 3 个不同的项目，且在同一城市投资项目不超过 2 个，则他不同的投资方案有( ) A．60 种 B．70 种 C．100 种 D．120 种 能力提升 5．某校开设 10 门课程供学生选修，其中 A，B，C 三门由于上课时间相同，至多选一 门，学校规定，每位同学选修三门，则每位同学不同的选修方案种数是( ) A．120 B．98 C．63 D．56 6．从 1,3,5,7 中任取 2 个数字，从 0,2,4,6,8 中任取 2 个数字，组成没有重复数字的四位 数，其中能被 5 整除的四位数共有( ) A．252 个 B．300 个 C．324 个 D．228 个 7． 2011 年，哈三中派出 5 名优秀教师去大兴安岭地区的三所中学进行教学交流，每 所中学至少派一名教师，则不同的分配方法有( ) A．80 种 B．90 种 C．120 种 D．150 种 8． 某校高三师生为“庆元旦·迎新年”举行了一次联欢晚会，高三年级 8 个班中每个 班的学生准备了一个节目，且节目单已排好．节目开演前又增加了 3 个教师的节目，其中有 2 个独唱节目，1 个朗诵节目，如果将这 3 个节目插入原节目单中，要求教师的节目不排在 第一个和最后一个，并且教师的 2 个独唱节目不连续演出，那么不同的排法有( ) A．294 种 B．308 种 C．378 种 D．392 种 9． 将甲、乙、丙、丁四名学生分到两个不同的班，每个班至少分到一名学生，且甲、 乙两名学生不能分到同一个班，则不同的分法的总数为________(用数字作答)． 10．有五名男同志去外地出差，住宿安排在三个房间内，要求甲、乙两人不住同一房间， 且每个房间最多住两人，则不同的住宿安排有________种(用数字作答)． 11．将 24 个志愿者名额分配给 3 个学校，则每校至少有一个名额且各校名额互不相同 的分配方法共有________种． 12．(13 分)一次数学考试的第一大题有 11 道小题，其中第(1)～(6)小题是代数题，答对 一题得 3 分；第(7)～(11)题是几何题，答对一题得 2 分．某同学第一大题对 6 题，且所得分 数不少于本题总分的一半，问该同学有多少种答题的不同情况？ 难点突破 13．(12 分)(1)10 个优秀指标名额分配给 6 个班级，每个班至少一个，共有多少种不同 的分配方法？ (2)在正方体的过任意两个顶点的所有直线中，异面直线有多少对？ 课时作业(五十七)B 【基础热身】 1．A [解析] 千位是 1 的四位偶数有 C13A23＝18，故第 19 个是千位数字为 2 的四位偶 数中最小的一个，即 2 014. 2．A [解析] 方法一：将“至少有 1 个是一等品的不同取法”分三类：“恰有 1 个一 等品”，“恰有 2 个一等品”，“恰有 3 个一等品”，由分类计数原理有：C116C24＋C216C14＋ C316＝1136(种)． 方法二：考虑其对立事件：“3 个都是二等品”，用间接法：C320－C34＝1 136(种)． 3．D [解析] 由于结果只与选出的是哪 8 名教师和哪两名职员有关，与顺序无关，是 组合问题．分步计数，先选 8 名教师再选 2 名职员，共有 C880C 220种选法． 4．D [解析] 在五个城市中的三个城市各投资一个，有方法数 A35＝60，将三个项目分 为两组投资到五个城市中的两个，有方法数 C13A25＝60，故不同的投资方案有 120 种． 【能力提升】 5．B [解析] 分两类：(1)不包含 A，B，C 的有 C 37种选法；(2)包含 A，B，C 的有 C27·C13 种选法．所以共有 C37＋C27·C13＝98(种)选法，故应选 B. 6．B [解析] (1)若仅仅含有数字 0，则选法是 C23C14，可以组成四位数 C23C14A33＝12×6 ＝72 个； (2)若仅仅含有数字 5，则选法是 C13C24，可以组成四位数 C13C24A33＝18×6＝108 个； (3)若既含数字 0，又含数字 5，选法是 C13C14，排法是若 0 在个位，有 A33＝6 种，若 5 在个位，有 2×A22＝4 种，故可以组成四位数 C13C14(6＋4)＝120 个． 根据加法原理，共有 72＋108＋120＝300 个． 7．D [解析] 分组法是(1,1,3)，(1,2,2)，共有C15C14C33 A22 ＋C15C24C22 A22 ＝25，再分配，乘以 A33， 即得总数 150. 8．D [解析] 根据题意可将教师的 1 个朗诵节目排在学生的 8 个节目中的 7 个空中的 任一个，共有 7 种排法，然后将教师的 2 个独唱节目排在 9 个节目中的 8 个空中的 2 个空中， 故共有 C17A28＝392 种不同的排法．故选 D. 9．8 [解析] 总的分法是 C14＋C24 A22 A22＝14，若仅仅甲、乙分到一个班级，则分法是 A22 ＝2，若甲、乙分到同一个班级且这个班级分到 3 名学生，则分法是 C12A22＝4，故总数是 14 －2－4＝8. 10．72 [解析] 甲、乙住在同一个房间，此时只能把另外三人分为两组，这时的方法 总数是 C13A33＝18，而总的分配方法数是把五人分为三组再进行分配，方法数是 C15C24C22 A22 A33＝ 90，故不同的住宿安排共有 90－18＝72 种． 11．222 [解析] 总数是 C223＝253，若有两个学校名额相同，则可能是 1,2,3,4,5,6,7,9,10,11 个名额，此时有 10C23＝30 种可能，若三个学校名额相同，即都是 8 个名额，则只有 1 种情 况，故不同的分配方法数是 253－30－1＝222. 12．[解答] 依题意可知本题的总分的一半是 14 分，某同学在 11 题中答对了 6 题，则 至少答对两道代数题，至多答对 4 道几何题，因此有如下答题的情况： (1)代数题恰好对 2 道，几何题恰好对 4 道，此时有 C26C45＝75 种情况； (2)代数题恰好对 3 道，几何题恰好对 3 道，此时有 C36C35＝200 种情况； (3)代数题恰好对 4 道，几何题恰好对 2 道，此时有 C46C25＝150 种情况； (4)代数题恰好对 5 道，几何题仅对 1 道，此时有 C56C15＝30 种情况； (5)代数题全对，几何题全错，此时有 C66C05＝1 种情况． 由分类计数原理得所有可能的答题情况有 456 种． 【难点突破】 13．[解答] (1)由于是 10 个名额，故名额和名额之间是没有区别的，我们不妨把这 10 个名额在桌面上从左到右一字摆开，这样在相邻的两个名额之间就出现了一个空挡，10 个 名额之间就出现了 9 个空挡，我们的目的是把这 10 个名额分成 6 份，每份至少一个，那我 们只要把这 9 个空挡中的 5 个空挡上各放上一个隔板，两端的隔板外面的 2 部分，隔板和隔 板之间的 4 部分，这样就把这 10 个指标从左到右分成了 6 份，且满足每份至少一个名额， 我们把从左到右的 6 份依次给 1,2,3,4,5,6 班就解决问题了．这里的在 9 个空挡上放 5 个隔板 的不同方法数，就对应了符合要求的名额分配方法数．这个数不难计算，那就是从 9 个空挡 中选出 5 个空挡放隔板，不同的放法种数是 C59＝126. (2)方法一：连成两条异面直线需要 4 个点，因此在正方体 8 个顶点中任取 4 个点有 C 48 种取法．每 4 个点可分共面和不共面两种情况，共面的不符合条件，去掉．因为在 6 个表面 和 6 个体对角面中都有四点共面，故有(C48－12)种．不共面的 4 点可构成四面体，而每个四 面体有 3 对异面直线，故共有 3(C48－12)＝174 对． 方法二：一个正方体共有 12 条棱、12 条面对角线、4 条体对角线，计 28 条，任取两条 有 C 228种情况，除去其中共面的情况：(1)6 个表面，每个面上有 6 条线共面，共有 6C 26条； (2)6 个体对角面，每个面上也有 6 条线共面，共有 6C 26条；(3)从同一顶点出发有 3 条面对 角线，任意两条线都共面，共有 8C 23条， 故共有异面直线 C228－6C26－6C26－8C23＝174 对．