数学选修2-31.2排列与组合同步训练题

1.2　排列与组合

1.2.1　排列

课后篇巩固探究

基础巩固

1.等于(　　)

A.12 B.24 

C.30 D.36

解析=36.

答案D

2.3位老师和3名学生站成一排,要求任何学生都不相邻,则不同的排法总数为(　　)

A.144 B.72 

C.36 D.12

解析先将老师排好,有种排法,形成4个空,将3名学生插入4个空中,有种排法,故共有=144(种)排法.

答案A

3.已知=10,则n的值为(　　)

A.4 B.5 

C.6 D.7

解析由=10,得(n+1)n-n(n-1)=10,解得n=5.

答案B

4.有4名司机,4名售票员要分配到4辆汽车上,使每辆汽车上有一名司机和一名售票员,则可能的分配方法有(　　)

A.种 

B.种

C.种 

D.2种

解析司机、售票员各有种安排方法,由分步乘法计数原理知共有种不同的安排方法.

答案C

5.某单位安排7位员工在10月1日至7日值班,每天安排1人,每人值班1天.若7位员工中的甲、乙排在相邻两天,丙不排在10月1日,丁不排在10月7日,则不同的安排方案共有(　　)

A.504种 B.960种

C.1 008种 D.1 108种

解析甲、乙相邻的所有方案有=1440(种);其中满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丙在10月1日值班的方法有=240(种),

满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丁在10月7日值班的方法有=240(种),

满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丙在10月1日值班,丁在10月7日值班的方法有=48(种),

故符合题设要求的不同安排方案有:1440-2×240+48=1008(种),故选C.

答案C

6.由数字0、1、2、3、4、5可以组成能被5整除,且无重复数字的不同的五位数有(　　)

A.(2)个

B.(2)个

C.2个

D.5个

解析能被5整除,则个位需为5或0,有2个,但其中个位是5的含有0在首位的排法有个,故共有(2)个.

答案A

7.三个人坐在一排八个座位上,若每人的两边都要有空位,则不同的坐法种数为　　　　. 

解析“每人两边都有空位”是说三个人不相邻,且不能坐两头,只要将3个人插入5个空位形成的4个空档中即可.

∴有=24(种)不同坐法.

答案24

8.某一天上午的课程表要排入语文、数学、物理、体育共4节课,如果第一节不排体育,最后一节不排数学,那么共有不同排法　　　　种. 

解析解法1:若第一节排数学,共有=69(种)方法,

若第一节不排数学,第一节有2种排法,最后一节有2种排法,中间两节任意排,有2×2×2=8(种)方法,

根据分类计数原理,共有6+8=14(种),故答案为14.

解法2:间接法:4节课全部可能的排法有=24种,其中体育排第一节的有=6(种),数学排最后一节的有=6(种),体育排第一节且数学排最后一节的有=2(种),故符合要求的排法种数为-2×=14(种).

答案14

9.7名班委有7种不同的职务,甲、乙、丙三人在7名班委中,现对7名班委进行职务具体分工.

(1)若正、副班长两职只能从甲、乙、丙三人中选两人担任,有多少种不同的分工方案?

(2)若正、副班长两职至少要选甲、乙、丙三人中的一人担任,有多少种不同的分工方案?

解(1)先排正、副班长,有种方法,再安排其余职务有种方法,由分步乘法计数原理,知共有=720(种)不同的分工方案.

(2)7人中任意分工,有种不同的分工方案,甲、乙、丙三人中无一人担任正、副班长的分工方案有种,因此甲、乙、丙三人中至少有一人担任正、副班长的分工方案有=3600(种).

10.规定=x(x-1)…(x-m+1),其中x∈R,m为正整数,且=1,这是排列数(n,m是正整数,且m≤n)的一种推广.

(1)求的值;

(2)确定函数f(x)=的单调区间.

解(1)由已知得=(-15)×(-16)×(-17)=-4080.

(2)函数f(x)==x(x-1)(x-2)=x3-3x2+2x,则f'(x)=3x2-6x+2.

令f'(x)>0,得x>或x<,

所以函数f(x)的单调增区间为

-∞,,,+∞;

令f'(x)<0,得<x<,

所以函数f(x)的单调减区间为.

11.把1,2,3,4,5这五个数字组成无重复数字的五位数,并把它们按由小到大的顺序排列成一个数列.

(1)43 251是这个数列的第几项?

(2)这个数列的第96项是多少?

(3)求这个数列的各项和.

解(1)先考虑大于43251的数,分为以下三类.

第1类,以5开头的有=24(个);

第2类,以45开头的有=6(个);

第3类,以435开头的有=2(个).

故不大于43251的五位数有-()=88(个),即43251是第88项.

(2)数列共有=120(项),96项以后还有120-96=24(项),即比96项所表示的五位数大的五位数有24个,所以小于以5开头的五位数中最大的一个就是该数列的第96项,即为45321.

(3)因为1,2,3,4,5各在万位上时都有个五位数,所以万位上数字的和为(1+2+3+4+5)··10000,同理它们在千位、百位、十位、个位上也都有个五位数,所以这个数列的各项和为(1+2+3+4+5)··(1+10+100+1000+10000)=15×24×11111=3999960.

能力提升

1.若一个三位数的十位数字比个位数字和百位数字都大,则称这个数为“伞数”.现从1,2,3,4,5,6这六个数字中任取3个数,组成无重复数字的三位数,其中“伞数”有(　　)

A.120个 

B.80个 

C.40个 

D.20个

解析①当十位是3时,个位与百位从1,2中选,有种选法;

②当十位是4时,个位与百位从1,2,3中选,有种选法;

③当十位是5时,个位与百位从1,2,3,4中选,有种选法;

④当十位是6时,个位与百位从1,2,3,4,5中选,有种选法,

则伞数有=2+6+12+20=40(个).

答案C

2.在航天员进行的一项太空试验中,要先后实施6个程序,其中程序A只能出现在第一步或最后一步,程序B和C在实施时必须相邻,则试验顺序的编排方法共有(　　)

A.24种 

B.48种 

C.96种 

D.144种

解析本题是一个分步计数问题,由题意知程序A只能出现在第一步或最后一步,从第一个位置和最后一个位置中选一个位置排A,有=2(种)方法.因为程序B和C在实施时必须相邻,所以把B和C看作一个元素,同除A外的3个元素排列,注意B和C之间有2种排法,即共有=48(种)方法.根据分步乘法计数原理知,共有2×48=96(种)方法,故选C.

答案C

3.在学校组织的一次演讲比赛中,高一、高二、高三分别有1名、2名、3名同学获奖,将这6名同学排成一排合影,要求同年级的同学相邻,则不同的排法共有(　　)

A.6种 

B.36种 

C.72种 

D.120种

解析依题意知,满足题意的不同排法共有=72(种).

答案C

4.用0、1、2、3、4、5组成没有重复数字的6位数,其中个位数字小于十位数字的六位数共有(　　)

A.300个 

B.464个

C.600个 

D.720个

解析解法1:确定最高位有种不同方法.确定万位、千位、百位,从剩下的5个数字中取3个排列,共有种不同的方法,剩下两个数字,把大的排在十位上即可,由分步乘法计数原理知,共有=300(个).

解法2:由于个位数字大于十位数字与个位数字小于十位数字的应各占一半,故有=300(个).

答案A

5.某大楼安装了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

解析由题意每次闪烁共5秒,所有不同的闪烁为个,相邻两个闪烁的时间间隔为5秒,因此需要的时间至少是5×+(-1)×5=1195秒.

答案C

6.为配制某种染色剂,需要加入3种有机染料、2种无机染料和2种添加剂,其中有机染料的添加顺序不能相邻.现要研究所有不同添加顺序对染色效果的影响,总共要进行的试验次数为　　　　　.(用数字作答) 

解析先排无机染料和添加剂,有种不同的排法,再排有机染料.因为它们不能相邻,所以用插空的方法排有机染料,有种不同的排法.共要进行=1440(次)试验.

答案1 440

7.有10幅画展出,其中1幅水彩画,4幅油画,5幅国画排成一排,要求同一品种的画必须连在一起,并且水彩画不放在两端,则不同的陈列方式有　　　　种. 

解析第一步,水彩画可以在中间,油画、国画放在两端,有种放法;

第二步,油画内部排列,有种;

第三步,国画内部排列,有种.

由分步乘法计数原理,不同的陈列方式共有=5760(种).

答案5 760

8.三个人坐在有八个座位的一排上,若每个人的两边都要有空位,则不同的坐法种数为　　　.(用数字作答) 

解析先排好5个空座位,再让三个人带着座位插到中间4个空中去,所以共有=24(种)坐法.

答案24

9.从6人中选4人分别到巴黎、伦敦、悉尼、莫斯科四个城市游览,要求每个城市有一人游览,每人只游览一个城市,且这6人中甲、乙两人不去巴黎游览,则不同的选择方案共有多少?

解(方法一)分四类.

不选甲且不选乙,有种;

选甲且不选乙,有种;

不选甲且选乙,有种;

选甲且选乙,有种.

由分类加法计数原理知,共有=240(种)不同的选择方案.

(方法二)共有=4×5×4×3=240(种)不同的选择方案.

10.某次文艺晚会上共演出8个节目,其中2个唱歌、3个舞蹈、3个曲艺节目,求分别满足下列条件的节目编排方法有多少种?

(1)一个唱歌节目开头,另一个放在最后压台;

(2)2个唱歌节目互不相邻;

(3)2个唱歌节目相邻且3个舞蹈节目不相邻.

解(1)先排唱歌节目有种排法,再排其他节目有种排法,所以共有=1440(种)排法.

(2)先排3个舞蹈节目和3个曲艺节目,有种排法,再从其中7个空(包括两端)中选2个排唱歌节目,有种插入方法,所以共有=30240(种)排法.

(3)把2个相邻的唱歌节目看作一个元素,与3个曲艺节目排列共有种排法,再将3个舞蹈节目插入,共有种插入方法,最后将2个唱歌节目互换位置,有种排法,故所求排法共有=2880(种)排法.

11.(选做题)用0、1、2、3、4五个数字:(1)可组成多少个五位数;(2)可组成多少个无重复数字的五位数;(3)可组成多少个无重复数字的且是3的倍数的三位数;(4)可组成多少个无重复数字的五位奇数.

解(1)各个数位上的数字允许重复,故由分步乘法计数原理知,共有4×5×5×5×5=2500(个).

(2)方法一:先排万位,从1,2,3,4中任取一个有种填法,其余四个位置四个数字共有种,

故共有=96(个).

方法二:先排0,从个、十、百、千位中任选一个位置将0填入有种方法,其余四个数字全排有种方法,

故共有=96(个).

(3)构成3的倍数的三位数,各个位上数字之和是3的倍数,按取0和不取0分类:

①取0,从1和4中取一个数,再取2进行排列,先填百位,其余任排有,故有2×种.

②不取0,则只能取3,从1或4中再任取一个,再取2,然后进行全排为2×,所以共有2×+2×=8+12=20(个).

(4)考虑特殊位置个位和万位,先填个位,从1、3中选一个填入个位有种填法,然后从剩余3个非0数中选一个填入万位,有种填法,包含0在内还有3个数在中间三位置上全排列,排列数为,故共有=36(个).