苏教版 选修23 1.3 组合 作业.docx

1.3 组合一、单选题1如图，用种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求相邻两格的颜色不同，则不同涂色方法的种数为a120b300c320d200【答案】c【解析】2航空母舰“辽宁舰”在某次飞行训练中，有5架歼-15飞机准备着舰.如果甲、乙两机必须相邻着舰，而甲、丁两机不能相邻着舰，那么不同的着舰方法有种数 （ ）a b c d【答案】d【解析】试题分析：甲乙相邻时共有方法种数为，当甲乙相邻同时甲丁也相邻即甲在乙丁中间且三者相邻时共有方法种数为.所以甲、乙两机必须相邻着舰，而甲、丁两机不能相邻着舰，那么不同的着舰方法有种数.故d正确.考点：排列组合.3登上一个四级的台阶，可以选择的方式共有 ( )种a3 b4 c5 d8【答案】d【解析】考查分类讨论思想的应用，注意做到不重复不遗漏；一步登一个台阶有1种，即1111；2步登一个台阶，1步登两个台阶有3种112,121,211；1步登三个台阶，1步登一个台阶有2种13,31；1步登2个台阶有1种22；一步登4个台阶有1种，共有1+3+2+1+1=8种，所以选d4将5名志愿者分配到3个不同的奥运场馆参加接待工作，每个场馆至少分配一名志愿者的方案种数为a540 b300 c180 d150【答案】d【解析】将分成满足题意的份有，与，两种，所以共有种方案，故正确。视频5将编号为1,2,3,4的四个小球放入a,b,c三个盒子中，若每个盒子至少放一个球，且1号球和2号球不能放在同一个盒子，则不同的放法种数为（ ）a30 b24 c48 d72【答案】a【解析】分析：由题意知4个小球有2个放在一个盒子里的种数是c42，把这两个作为一个元素同另外两个元素在三个位置排列，有a33种结果，而好小球放在同一个盒子里有a33种结果，用所有的排列数减去不合题意的，得到结果详解：由题意知4个小球有2个放在一个盒子里的种数是c42，把这两个作为一个元素同另外两个元素在三个位置排列，有a33种结果，而好小球放在同一个盒子里有a33=6种结果，编号为的小球不放到同一个盒子里的种数是c42a33-6=30，故选a点睛：本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率在某些特定问题上，也可充分考虑“正难则反”的思维方式6某校在高二年级开设选修课,其中数学选修课开三个班,选课结束后,有4名同学要求改修数学,但每班至多可再接收2名同学,那么不同的分配方案有 ( )a72种 b54种 c36种 d18种【答案】b【解析】【分析】分两种情况讨论：其中一个班接收2名、另两个班各接收1名，其中一个班不接收、另两个班各接收2名，由分类计数原理计算可得答案.【详解】分两种情况讨论：其中一个班接收2名、另两个班各接收1名，分配方案共有c31c42a22=36种，其中一个班不接收、另两个班各接收2名，分配方案共有c31c42=18种；因此，满足题意的不同的分配方案有36+18=54种故选b.【点睛】本题考查分类计数原理的应用，解题的关键在于根据题意，将问题转化为排列、组合问题.分别计算各类情况下分配方案的个数，再相加.二、填空题7甲组有5名男同学，3名女同学；乙组有6名男同学、2名女同学。若从甲、乙两组中各选出2名同学，则选出的4人中恰有1名女同学的不同选法共有_【答案】345【解析】分两类（1）甲组中选出一名女生有c51c31c62=225种选法；（2）乙组中选出一名女生有c52c61c21=120种选法，故共有345种选法，故答案为345.点睛：本题主要考查了分类加法计数原理和分类乘法计数原理，最关键做到不重不漏，先分类，后分步，属常见题型；选出的4人中恰有1名女同学的不同选法，1名女同学来自甲组和乙组两类型.8用数字1，2，3，4，5，6，7，8，9组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有_个.（用数字作答）【答案】1080【解析】 【考点】计数原理、排列、组合【名师点睛】计数原理包含分类计数原理（加法）和分步计数原理（乘法），组成四位数至多有一个数字是偶数，包括四位数字有一个是偶数和四位数字全部是奇数两类，利用加法原理计数.95人站成一排，其中甲、乙两人一定要相邻的站法种数为 【答案】48【解析】试题分析：因为甲乙两人一定要相邻，利用捆绑法，所以为种考点：1捆绑法；10平面内有两组平行线，一组有m条，另一组有n条，这两组平行线相交，可以构成_个平行四边形【答案】cm2cn2【解析】分别从一组m条中取两条，从另一组n条中取两条，可组成平行四边形，即共有c m2cn2个平行四边形三、解答题11由四个不同的数字1,2,4，x组成无重复数字的三位数（1）若x5，其中能被5整除的共有多少个？（2）若x9，其中能被3整除的共有多少个？（3）若x0，其中的偶数共有多少个？（4）若所有这些三位数的各位数字之和是252，求x【答案】（1）6个；（2）12个；（3）14个；（4）x=7【解析】试题分析：（1）能被5整除需要满足个位数字是5，只需排列十位百位； （2）能被3整除需满足3个数字之和是3的倍数；（3）偶数需要将个位数字安排2或0；（4）分析易得x=0时不能满足题意，进而讨论x0时，先求出4个数字可以组成无重复三位数的个数，进而可以计算出每个数字用了18次，则有252=18（1+2+4+x），解可得x的值试题解析：（1）若x=5，则四个数字为1，2，4，5；又由要求的三位数能被5整除，则5必须在末尾，在1、2、4三个数字中任选2个，放在前2位，有a32=6种情况，即能被5整除的三位数共有6个；（2）若x=9，则四个数字为1，2，4，9；又由要求的三位数能被3整除，则这三个数字为1、2、9或2、4、9，取出的三个数字为1、2、9时，有a33=6种情况，取出的三个数字为2、4、9时，有a33=6种情况，则此时一共有6+6=12个能被3整除的三位数；（3）若x=0，则四个数字为1，2，4，0；又由要求的三位数是偶数，则这个三位数的末位数字为0或2或4，当末位是0时，在1、2、4三个数字中任选2个，放在前2位，有a32=6种情况，当末位是2或4时，有a21a21a21=8种情况，此时三位偶数一共有6+8=14个，（4）若x=0，可以组成=332=18个三位数，即1、2、4、0四个数字最多出现18次，则所有这些三位数的各位数字之和最大为（1+2+4）18=126，不合题意，故x=0不成立；当x0时，可以组成无重复三位数共有=432=24种，共用了243=72个数字，则每个数字用了=18次，则有252=18（1+2+4+x），解可得x=7考点：排列组合12某项“过关游戏”规则规定：在地n关要抛掷1颗骰子n次，如果这n次抛掷所出现的点数和大于n2，则算过关（）此游戏最多能过_关（）连续通过第1关、第2关的概率是_（）若直接挑战第3关，则通关的概率是_（）若直接挑战第4关，则通关的概率是_【答案】 （1）游戏最多能过5关； 2536； 58； 3101296.【解析】分析：（1）确定第n关掷n次，至多得6n点，建立不等式，从而可得；（2）第一关，抛掷一颗骰子，出现点数大于1的概率：p=56，第二关，抛掷2次骰子，如果出现的点数和大于4，就过关，共30种，故通过第二关的概率为3036=56，则可得到连续通过第1关，第2关的概率；（3）若挑战第3关，则掷3次骰子，总的可能数为63=216种，再利用对立事件先算出不能过关的概率，从而可得；（4）若挑战第4关，则投掷4次骰子，总的可能数为64=1296种，用（3）先算出不能过关的概率即可.详解：（）6nn2，0n6，故此游戏最多能过5关（）第一关，抛掷一颗骰子，出现点数大于1的概率：p=56第二关，抛掷2次骰子，如果出现的点数和大于4，就过关，分析可得，共36种情况，点数小于等于4的有：(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(2,2)，(3,1)，共6种，则出现点数大于4的有30种，故通过第二关的概率为3036=56连续通过第1关，第2关的概率是p=5656=2536（）若挑战第3关，则掷3次骰子，总的可能数为63=216种，不能过关的基本事件为方程x+y+z=a，其中a=3，4，5，6，7，8，9的正整数解的总数，共有1+c32+c42+c72+c82-3=81种，不能过关的概率为81216=38故通关的概率为58（）若挑战第4关，则投掷4次骰子，总的可能数为64=1296种，不能通关的基本事件为方程x+y+z+m=a，其中a=4，5，6，16的正整数解的总数，当a=4，5，9共有1+c43+c53+c63+c83=1+4+10+20+35+56=126种，当a=10时，c93-4=84-4=80种，当a=11时，c103-c41-c41c32=120-4-12=104种，当a=12时，c113-c41-c41c32-c41c42=165-4-12-24=125种，当a=13时，c123-c41-c41c32-c41c42-c41c52=220-4-12-24-40=140种当a=14时，c133-c41-c41c32-c41c42-c41c52-c41c62=286-4-12-24-40-60=146种当a=15时，c143-c41-c41c32-c41c42-c41c52-c41c62-c41c72=364-4-12-24-40-60-84=140种当a=16时，c153-c41-c41c32-c41c42-c41c52-c41c6