人教A版選擇性必修第三冊6.2.16.2.2排列排列數作業(yè)

排列排列數(15分鐘30分)1．(2021·湘潭高二檢測)從甲、乙、丙三人中選出兩人并站成一排的全部站法為()A．甲乙、乙甲、甲丙、丙甲B．甲乙丙、乙丙甲C．甲乙、甲丙、乙丙、乙甲、丙甲、丙乙D．甲乙、甲丙、乙丙【解析】選C.假設選出的是甲、乙，那么站法有甲乙、乙甲；假設選出的是甲、丙，那么站法有甲丙、丙甲；假設選出的是乙、丙，那么站法有乙丙、丙乙．2．乘積m(m＋1)(m＋2)…(m＋19)(m＋20)(m∈N＋)可表示為()A．Aeq\o\al(\s\up1(21),\s\do1(m＋20))B．Aeq\o\al(\s\up1(21),\s\do1(m))C．Aeq\o\al(\s\up1(20),\s\do1(m＋20))D．Aeq\o\al(\s\up1(20),\s\do1(m))【解析】選A.由于最大數為m＋20，所以共有21個連續(xù)自然數相乘，依據排列公式可得meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋2))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋19))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋20))＝Aeq\o\al(\s\up1(21),\s\do1(m＋20)).3．三人相互傳球，由甲開頭發(fā)球，并作為第一次傳球，經過5次傳球后，球仍回到甲手中，那么不同的傳球方式共有()A．6種B．10種C．8種D．16種【解析】選B.記另外兩人為乙、丙，假設甲第一次把球傳給乙，那么不同的傳球方式有其中經過5次傳球后，球仍回到甲手中的有5種，同理假設甲第一次把球傳給丙也有5種不同的傳球方式，共有10種傳球方式．4．計算：Aeq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(6))－6Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))＋5Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))＝________.【解析】原式＝Aeq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(6))－Aeq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(6))＋Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))＝Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))＝5×4×3×2×1＝120.答案：120【加練·固】計算：eq\f(Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(8))＋Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(8)),Aeq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(9))－Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(9)))＝________．【解析】eq\f(Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(8))＋Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(8)),Aeq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(9))－Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(9)))＝eq\f(8×7×6×5×4＋8×7×6×5,9×8×7×6×5×4－9×8×7×6×5)＝eq\f(5,27).答案：eq\f(5,27)5．8個人排成一排．(1)共有多少種不同的排法？(2)8個人排成兩排，前后兩排各4人，共有多少種不同的排法？(3)8個人排成兩排，前排3人，后排5人，共有多少種不同的排法？【解析】(1)由排列的定義知共有Aeq\o\al(\s\up1(8),\s\do1(8))種不同的排法．(2)8人排成前后兩排，相當于排成一排，從中間分成兩局部，其排列數等于8人排成一排的排列數Aeq\o\al(\s\up1(8),\s\do1(8)).也可以分步進行，第一步：從8人中任選4人放在前排共有Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(8))種排法，其次步：剩下的4人放在后排共有Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))種排法，由分步乘法計數原理知共有Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(8))×Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))＝Aeq\o\al(\s\up1(8),\s\do1(8))種排法．(3)同(2)的分析可知，共有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(8))×Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))＝Aeq\o\al(\s\up1(8),\s\do1(8))(種).(30分鐘60分)一、單項選擇題(每題5分，共20分)1．(2021·濟南高二檢測)18×17×16×…×9×8＝()A．Aeq\o\al(\s\up1(9),\s\do1(18))B．Aeq\o\al(\s\up1(10),\s\do1(18))C．Aeq\o\al(\s\up1(11),\s\do1(18))D．Aeq\o\al(\s\up1(12),\s\do1(18))【解析】選C.由于18×17×16×…×9×8是從18開頭，表示11個數字的乘積的一個式子，所以18×17×16×…×9×8＝Aeq\o\al(\s\up1(11),\s\do1(18)).2．現有排成一列的5個花盆，要將甲、乙兩種花分別栽種在其中的2個花盆里，假設要求沒有3個空花盆相鄰，那么不同的種法總數是()A．6B．14C．16D．20【解析】選B.由題知，沒有限制的種花種數為：Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))＝20種，其中三個空花盆相鄰的狀況有：Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝6種，那么沒有3個空花盆相鄰的種數為：20－6＝14種．3．(2021·滄州高二檢測)用紅、黃、藍三種顏色給如下圖的六個相連的圓涂色，假設每種顏色只能涂兩個圓，且相鄰兩個圓所涂顏色不能相同，那么不同的涂色方案的種數是()A．12B．24C．30D．36【解析】選C.將六個圓從左到右依次標序號為1，2，3，4，5，6，由于每種顏色只能涂兩個圓，所以只有五種涂法：(1，3)，(2，5)，(4，6)；(1，4)，(2，5)，(3，6)；(1，4)，(2，6)，(3，5)；(1，5)，(2，4)，(3，6)；(1，6)，(2，4)，(3，5).每種涂法中安排顏色有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝6種方法，故不同的涂色方案的種數是5×6＝30.4．(2021·濰坊高二檢測)從甲、乙、丙、丁、戊五名志愿者中選派三人分別從事翻譯、導游、禮儀三項不同的工作，假設乙和丙只能從事前兩項工作，其余三人均能從事這三項工作，那么不同的選派方案有()A．36種B．12種C．18種D．24種【解析】選A.利用分類加法計數原理，分三種狀況：(1)選派乙和丙2人從事翻譯、導游工作，再從剩下的3人中選1人從事禮儀工作，那么排法種數是3Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))；(2)選派乙、丙中的1人從事翻譯或導游中的一項工作，再從剩下的3人中選派2人從事余下的兩項工作，那么排法種數是2×2×Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))；(3)乙和丙都沒有被選派，三項工作安排給甲、丁、戊三人，那么排法種數是Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)).綜上所述，不同的選派方案共有3Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋2×2×Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))＋Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝36種．【加練·固】從a，b，c，d，e5個人中選出1名組長和1名副組長，但a不能當副組長，那么不同的選法種數是()A．20B．16C．10D．【解析】選B.不考慮限制條件有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))種選法，假設a當副組長，有Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))種選法，故a不當副組長，有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))－Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))＝16種不同的選法．二、多項選擇題(每題5分，共10分，全部選對得5分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)5．給出以下四個關系式，其中正確的選項是()A．n?。絜q\f(〔n＋1〕！,n＋1) B．Aeq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n))＝nAeq\o\al(\s\up1(m－1),\s\do1(n－1))C．Aeq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n))＝eq\f(n！,〔n－m〕！) D．Aeq\o\al(\s\up1(m－1),\s\do1(n－1))＝eq\f(〔n－1〕！,〔m－n〕！)【解析】選ABC.由Aeq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n))＝eq\f(n！,〔n－m〕！)可知：Aeq\o\al(\s\up1(m－1),\s\do1(n－1))＝eq\f(〔n－1〕！,〔n－m〕！)，故D不正確．6.有四名男生，三名女生排隊照相，七個人排成一排，那么以下說法正確的有()A．假如四名男生必需連排在一起，那么有720種不同排法B．假如三名女生必需連排在一起，那么有576種不同排法C．假如女生不能站在兩端，那么有1440種不同排法D．假如三個女生中任何兩個均不能排在一起，那么有1440種不同排法【解析】選中，假如四名男生必需連排在一起，將這四名男生“捆綁〞，形成一個“大元素〞，此時，共有Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))＝242＝576種不同的排法，A選項錯誤；B中，假如三名女生必需連排在一起，將這三名女生“捆綁〞，形成一個“大元素〞，此時，共有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))＝6×120＝720種不同的排法，B選項錯誤；C中，假如女生不能站在兩端，那么兩端支配男生，其他位置的支配沒有限制，此時，共有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))＝12×120＝1440種不同的排法，C選項正確；D中，假如三個女生中任何兩個均不能排在一起，將女生插入四名男生所形成的5個空中，此時，共有Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))＝24×60＝1440種不同的排法，D選項正確．三、填空題(每題5分，共10分)7．eq\f(Aeq\o\al(\s\up1(7),\s\do1(n))－Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(n)),Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(n)))＝89，那么n的值為________．【解析】依據題意，eq\f(Aeq\o\al(\s\up1(7),\s\do1(n))－Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(n)),Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(n)))＝89，那么eq\f(Aeq\o\al(\s\up1(7),\s\do1(n)),Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(n)))＝90，變形可得Aeq\o\al(\s\up1(7),\s\do1(n))＝90Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(n))，那么有eq\f(n！,〔n－7〕！)＝90×eq\f(n！,〔n－5〕！)，變形可得：(n－5)(n－6)＝90，解得：n＝15或n＝－4(舍)，故n＝15.答案：158．現將4輛車停放在8個并排的泊車位上，要求停放的車輛相鄰，那么不同的泊車方案有________種．(用數字作答)【解析】從8個車位里選擇4個相鄰的車位，共有5種方式，將4輛車相鄰停放，有Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))＝24種方式，那么不同的泊車方案有5×24＝120種．答案：120四、解答題(每題10分，共20分)9．從1到9這9個數字中取出不同的5個數進行排列．問：(1)奇數的位置上是奇數的有多少種排法？(2)取出的奇數必需排在奇數位置上有多少種排法？【解析】(1)奇數共5個，奇數位置共有3個；偶數共有4個，偶數位置有2個．第一步先在奇數位置上排上奇數共有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))種排法；其次步再排偶數位置，4個偶數和余下的2個奇數可以排，排法為Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))種，由分步乘法計數原理知，排法種數為Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))·Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))＝1800種．(2)由于偶數位置上不能排奇數，故先排偶數位，排法為Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))種，余下的2個偶數與5個奇數全可排在奇數位置上，排法為Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(7))種，由分步乘法計數原理知，排法種數為Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))·Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(7))＝2520種．10．(1)將A，B，C，D四名同學按肯定挨次排成一行，要求自左向右，且A不排在第一，B不排在其次，C不排在第三，D不排在第四，寫出全部可能的排法；(2)由1，2，3，4，5構成的無重復數字的五位數中，寫出相鄰兩個數字的差的肯定值不超過2的全部狀況．【解析】(1)樹形圖為(如圖)：由樹形圖知，全部排法為BADC，BCDA，BDAC，CADB，CDAB，CDBA，DABC，DCAB，DCBA，共有9種排法．(2)當個位數字為1時，符合的五位數是：54321，45321，53421，35421，54231，24531共6種；當個位數字為2時，符合的五位數是：54312，45312，13542共3種；當個位數字為3時，符合的五位數是：54213，12453共2種；當個位數字為4時，符合的五位數是：53124，12354，21354共3種；當個位數字為5時，符合的五位數是：12435，42135，12345，21345，31245，13245共6種；合計符合條件的共有20種．1．化簡：eq\f(1,2！)＋eq\f(2,3！)＋eq\f(3,4！)＋…＋eq\f(9,10！)＝__________．【解析】由于eq\f(n－1,n！)＝eq\f(n,n！)－eq\f(1,n！)＝eq\f(1,〔n－1〕！)－eq\f(1,n！)，所以eq\f(1,2！)＋eq\f(2,3！)＋eq\f(3,4！)＋…＋eq\f(9,10！)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2！)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2！)－\f(1,3！)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9！)－\f(1,10！)))＝1－eq\f(1,10！).答案：1－eq\f(1,10！)2．規(guī)定Aeq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(x))＝x(x－1)…(x－m＋1)，其中x∈R，m為正整數，且Aeq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(x))＝1，這是排列數Aeq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n))(n，m是正整數，m≤n)的一種推廣．(1)按題中的規(guī)定，求Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(－9))的值；(2)排列數的兩共性質：①Aeq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n))＝nAeq\o\al(\s\up1(m－1),\s\do1(n－1))；②Aeq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n))＋mAeq\o\al(\s\up1(m－1),\s\do1(n))＝Aeq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n＋1))(其中n，m是正整數)是否都能推廣到Aeq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(x))(x∈R，m是正整數)的情形？假設能推廣，寫出推廣的形式并賜予證明；假設不能，那么說明理由．【解析】(1)Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(－9))＝(－9)×(－10)×(－11)＝－990；(2)性質①、②均可推廣，推廣的形式分別是：①Aeq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(x))＝xAeq