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智慧测评新高考人教A版理科数学一轮总复习课时训练10.2计数原理、排列与组合的综合应用(含答案详析).docx

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智慧测评新高考人教A版理科数学一轮总复习课时训练10.2计数原理、排列与组合的综合应用(含答案详析).docx

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、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
第十篇第2节
一、选择题
,使电路接通,开关不一样的开闭方式有()


分析:左侧两个开关的开闭方式有闭合2个、1个即有1+2=3(种),右侧三个开关的
开闭方式有闭合1个、2个、3个,即有3+3+1=7(种),故使电路接通的状况有3×7=
21(种).应选C.
答案:C
,每部分涂
一种颜色,有公共界限的两块不可以用同一种颜色,假如颜色能够频频使用,
则不一样的着色方法共有()






、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
分析:按使用颜色种数可分为两类.①使用
4种颜色有A44=24种不一样的着色方法,②
使用3种颜色有A43=
24+24=48种不一样的着色
方法.
应选D.
答案:D
,4
名学生疏成2个小组,分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动,
每个小组由
1名教师和
2名学生构成,不一样的安排方案共有(
)




分析:法一先分组后分派,不一样的安排方案共有
C42C22
2
2
2A
2A
2=12(种).应选A.
A2
法二
由地点选元素,先安排甲地,其他去乙地,不一样的安排方案共有
1
2
1
2
=
C2C4·C1C2
12(种).选A.
答案:A
4.(2014山西省太原市第五中学高三模拟)2013年第12届全国运动会举行时期,某校4
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
名大学生申请当A,B,C三个竞赛项目的志愿者,组委会接受了他们的申请,每个竞赛项
目起码分派一人,每人只好服务一个竞赛项目,若甲要求不去服务
A竞赛项目,则不一样的
安排方案共有(
)




分析:①甲自己服务一个竞赛项目,则先让甲从
B、C中选用一个项目,而后其他三人
分红2组(2+1)服务两个不一样的竞赛项目,故不一样的安排方案共有
1
2
2
C2C3A2=12种;
②甲和另一名大学生两人一组服务一个竞赛项目,
则先从其他三人中选用一个与甲构成
一组,再从B、C中选用一个项目,最后节余两人与两个项目进行全摆列即可,所以不一样的
1
1
2
安排方案共有C3C2A2=12种.
由分类计数原理可得,不一样的安排方案为
12+12=24
种.
应选B.
答案:B
5.(2014山西省山大附中高三模拟)如下图是某个地区的街道表示图
(每个小矩形的边
表示街道),那么从A到B的最短线路有________条.(
)
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)



、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)



、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
分析:从A到B的最短线路有两条:
①若线路为A-M-B,则从A到M

A-M-B;A-N-B.
只要走5条街道,则需要从这五条街
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
道中走

3条向右,节余

2条街道则需要向北走,不一样的走法为

C35=10种;从
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
M到

B只要走

5条街道,则需要从这五条街道中走

2条向右,节余

3条街道
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
则需要向北走,不一样的走法为

C25=10种.
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
由分步计数原理可得,不一样的走法为

10×10=100种.
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
②若线路为

A-N-B,则从

A到

N只要走

5条街道,则需要从这五条街道中走

2条向
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
右,节余

3条街道则需要向北走,不一样的走法为

C25=10种;从

N到B只要走

5条街道,则
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
需要从这五条街道中走

3条向右,节余

2条街道则需要向北走,不一样的走法为

C35=10种.
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
由分步计数原理可得,不一样的走法为

10×10=100种.
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
由分类计数原理可得,不一样的走法共有

100+100=200

种.
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
应选C.
答案:C
6.(2014长春市高中毕业班第四次调研)若数列{an}知足规律:a1>a2<a3>,<a2n-
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
1>a2n<,,则称数列{an}为余弦数列,现将1,2,3,4,5摆列成一个余弦数列的排法种数为()




分析:①a1,a3,a5从3,4,5
中取值时,a2,a4从1,2中取值.
共A33A22=12种.
a1,a3,a5挨次取2,4,5时,a2,a4挨次取1,3,
a1,a3,a5挨次取2,5,4时,a2,a4挨次取1,3,
a1,a3,a5挨次取4,5,2时,a2,a4挨次取3,1,
a1,a3,a5挨次取5,4,2时,a2,a4挨次取3,1.
由分类加法计数原理得,不一样的排法为
12+4=16种,
应选C.
答案:C
二、填空题
7.(2014河南省商丘市高三第三次模拟
)将标号为1,2,3,4,5,6
的6张卡片放入
3个不一样
的信封中,若每个信封放
2张卡片,此中标号为
1,2的卡片放入同一信封,则不一样的方法总
数为________.
C42C22
分析:先将标号为
3,4,5,6的卡片均匀分红两组,不一样的分法有
A22=3种.
再将3组分别装入
3个信封中,不一样的装法有
A33=6种.
由分步计数原理得不一样方法的总数为
3×6=18.
答案:18
8.(2014山西省四校联考)某铁路货运站对
6列货运列车进行编组调动,决定将这
6列
列车编成两组,每组3列,且甲与乙两列列车不在同一小组,
假如甲所在小组
3列列车先开
出,那么这6列列车先后不一样的发车次序共有
________种.
分析:先进行分组,从其他4列火车中任取
2列与甲一组,不一样的分法为
C42=6种.
由分步计数原理得不一样的发车次序为
C42·A33·A33=216种.
答案:216
、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为
1,2,,,9
的9个小正方形,使得随意相邻
(有公共边的)小正方形所涂颜色都不同样,且标号为“
1、5、9”的小正方形涂同样的颜色,
则切合条件的全部涂法共有
________种.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
分析:第一步,从红、黄、蓝三种颜色中任选一种去涂标号为
“1、5、9”的小正方形,
涂法有3种;
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
第二步,涂标号为“2、3、6”的小正方形,若“2、6”同色,涂法有2×2种,若“2、
6”不一样色,涂法有2×1种;
第三步,涂标号为“4、7、8”的小正方形,涂法同涂标号为“2、3、6”的小正方形的
方法同样.
所以切合条件的全部涂法共有
3×(2×2+2×1)×(2×2+2×1)=108(种).
答案:108

6名短跑运动员中选
4人参加亚运会4×100m接力,假如此中
甲不可以跑第一棒,乙不可以跑第四棒,共有
______种参赛方法.
分析:分状况议论:①若甲、乙均不参赛,则有
A44=24(种)参赛方法;②若甲、乙有且
1
3
4
3
2
4
3
只有一人参赛,则有C2·C4(A4-A3)=144(种);③若甲、乙两人均参赛,则有
C4(A4-2A
3+
A22)=84(种),故一共有
24+144+84=252(种)参赛方法.
答案:252
三、解答题
、黄、绿、黑四种不一样的颜色涂入图中的五个地区内,要求相邻的两个地区的
颜色都不同样,则有多少种不一样的涂色方法?
解:给地区标志号A、B、C、D、E(如下图),则A地区有4种不一样的涂色方法,B地区有3种,C地区有2种,D地区有2种,但E地区的涂色依靠于B与D涂色的颜色,假如B与D颜色同样有2种涂色方法,不同样,.
(1)当B与D同色时,有4×3×2×1×2=48种.
(2)当B与D不一样色时,有4×3×2×1×1=24种.
故共有48+24=72种不一样的涂色方法.
、1、2、3、4这五个数字,能够构成多少个知足以下条件的没有重复数字的五
位数?
、1、2、3、4这五个数字,能够构成多少个知足以下条件的没有重复数字的五
位数?
(1)比21034大的偶数;
(2)左起第二、四位是奇数的偶数.
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
解:(1)法一可分五类,当末位数字是

0,而首位数字是

2时,有

6个;
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
当末位数字是

0,而首位数字是

3或

4时,有

A12A33=12(个);
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
当末位数字是

2,而首位数字是

3或

4时,有

A12A33=12(个);
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
当末位数字是
4,而首位数字是
2
时,有3个;
当末位数字是
4,而首位数字是
3
时,有A33=6(个);
故有
39个.
法二
不大于21034
的偶数可分为三类:万位数字是
1的偶数,有A31·A33=18(个);万
位数字是
2,而千位数字是
0的偶数,有A22个;
还有一个为21034自己.
而由0、1、2、3、4构成的五位偶数有,
A44+A12·A13·A33=60(个),故知足条件的五位偶数共有
60-A13·A33-A22-1=39(个).
(2)法一可分为两类:
末位数是0,有A22·A22=4(个);
末位数是2或4,有A22·A12=4(个);
故共有A22·A22+A22·A12=8(个).
法二
第二、四位从奇数
1、3中取,有A
2个,首位从
2、4中取,有A
1个;余下的排
2
2
在剩下的两位,有
2
A
2
1
2
A2个,故共有
2A2A2=8(个).
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
、摆列与组合的综合应用(含答案详析)
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