2025-高考科學(xué)復(fù)習(xí)創(chuàng)新方案-數(shù)學(xué)-提升版第十一章素能培優(yōu)(八)含答案

2025-高考科學(xué)復(fù)習(xí)創(chuàng)新方案-數(shù)學(xué)-提升版第十一章考情分析：概率是歷年高考的必考點(diǎn)之一，其中概率中的函數(shù)建模問(wèn)題、借助條件概率建立遞推關(guān)系問(wèn)題等等都是高考命題的核心點(diǎn)，有時(shí)出現(xiàn)在試卷的壓軸位置，難度較大，可以較好地考查考生對(duì)知識(shí)點(diǎn)的綜合運(yùn)用能力．考點(diǎn)難度2023Ⅱ卷T19頻率分布直方圖、函數(shù)難Ⅰ卷T21分布列、期望、數(shù)列難2021Ⅱ卷T21分布列、期望、函數(shù)難考向一概率中的函數(shù)問(wèn)題例1(2024·煙臺(tái)模擬)某蔬菜批發(fā)商分別在甲、乙兩個(gè)市場(chǎng)銷售某種蔬菜(兩個(gè)市場(chǎng)的銷售互不影響)，已知該蔬菜每售出1噸獲利500元，未售出的蔬菜降價(jià)處理，每噸虧損100元．現(xiàn)分別統(tǒng)計(jì)該蔬菜在甲、乙兩個(gè)市場(chǎng)以往100個(gè)周期的市場(chǎng)需求量，制成頻數(shù)分布條形圖如下：以市場(chǎng)需求量的頻率代替需求量的概率．設(shè)批發(fā)商在下個(gè)銷售周期購(gòu)進(jìn)n噸該蔬菜，在甲、乙兩個(gè)市場(chǎng)同時(shí)銷售，以X(單位：噸)表示下個(gè)銷售周期兩個(gè)市場(chǎng)的總需求量，T(單位：元)表示下個(gè)銷售周期兩個(gè)市場(chǎng)的銷售總利潤(rùn)．(1)求X的分布列；(2)當(dāng)n＝19時(shí)，求T與X的函數(shù)解析式，并估計(jì)銷售利潤(rùn)不少于8900元的概率；(3)以銷售利潤(rùn)的期望作為決策的依據(jù)，判斷n＝17與n＝18應(yīng)選擇哪一個(gè)．解(1)設(shè)甲市場(chǎng)需求量為x的概率為P(x)，乙市場(chǎng)需求量為y的概率為P(y)，則由題意得P(x＝8)＝0.3，P(x＝9)＝0.4，P(x＝10)＝0.3；P(y＝8)＝0.2，P(y＝9)＝0.5，P(y＝10)＝0.3.由題意得，X的所有可能取值為16，17，18，19，20，且P(X＝16)＝P(x＝8，y＝8)＝P(x＝8)P(y＝8)＝0.3×0.2＝0.06，P(X＝17)＝P(x＝8，y＝9)＋P(x＝9，y＝8)＝0.3×0.5＋0.4×0.2＝0.23，P(X＝18)＝P(x＝8，y＝10)＋P(x＝10，y＝8)＋P(x＝9，y＝9)＝0.3×0.3＋0.3×0.2＋0.4×0.5＝0.35，P(X＝19)＝P(x＝9，y＝10)＋P(x＝10，y＝9)＝0.4×0.3＋0.3×0.5＝0.27，P(X＝20)＝P(x＝10，y＝10)＝0.3×0.3＝0.09.所以X的分布列為X1617181920P0.060.230.350.270.09(2)由題意得，當(dāng)X≥19時(shí)，T＝500×19＝9500，當(dāng)X<19時(shí)，T＝500X－(19－X)×100＝600X－1900，所以T＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(9500，X≥19，,600X－1900，X<19.))設(shè)事件A＝“銷售利潤(rùn)不少于8900元”，則當(dāng)X≥19時(shí)，T＝9500>8900，當(dāng)X<19時(shí)，T＝600X－1900≥8900，解得X≥18.由(1)中X的分布列可知，P(A)＝P(X≥18)＝0.35＋0.27＋0.09＝0.71.(3)由(1)知，P(X＝16)＝0.06，P(X＝17)＝0.23.當(dāng)n＝17時(shí)，T的分布列為XX＝16X≥17T500×16－(17－16)×100500×17P0.060.94所以E(T)＝[500×16－(17－16)×100]×0.06＋500×17×0.94＝8464；當(dāng)n＝18時(shí)，T的分布列為XX＝16X＝17X≥18T500×16－(18－16)×100500×17－(18－17)×100500×18P0.060.230.71所以E(T)＝[500×16－(18－16)×100]×0.06＋[500×17－(18－17)×100]×0.23＋500×18×0.71＝8790.因?yàn)?790>8464，所以應(yīng)選n＝18.概率統(tǒng)計(jì)中的最值問(wèn)題的求解思路建模建立函數(shù)模型或概率模型求最值方法一：借助二次函數(shù)、分段函數(shù)的性質(zhì)，利用單調(diào)性求均值、方差的最值；方法二：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值點(diǎn)，從而確定最優(yōu)解檢驗(yàn)反思回顧，注意實(shí)際問(wèn)題的實(shí)際意義(2023·東莞模擬)現(xiàn)有一種射擊訓(xùn)練，每次訓(xùn)練都是由高射炮向目標(biāo)飛行物連續(xù)發(fā)射三發(fā)炮彈，每發(fā)炮彈擊中目標(biāo)飛行物與否相互獨(dú)立．已知射擊訓(xùn)練有A，B兩種型號(hào)的炮彈，對(duì)于A型號(hào)炮彈，每發(fā)炮彈擊中目標(biāo)飛行物的概率均為p(0<p≤0.4)，且擊中一彈目標(biāo)飛行物墜毀的概率為0.6，擊中兩彈目標(biāo)飛行物必墜毀；對(duì)于B型號(hào)炮彈，每發(fā)炮彈擊中目標(biāo)飛行物的概率均為q(0<q<1)，且擊中一彈目標(biāo)飛行物墜毀的概率為0.4，擊中兩彈目標(biāo)飛行物墜毀的概率為0.8，擊中三彈目標(biāo)飛行物必墜毀．(1)在一次訓(xùn)練中，使用B型號(hào)炮彈，求q滿足什么條件時(shí)，才能使得至少有一發(fā)炮彈擊中目標(biāo)飛行物的概率不低于0.936；(2)若p＋q＝1，試判斷在一次訓(xùn)練中選用A型號(hào)炮彈還是B型號(hào)炮彈使得目標(biāo)飛行物墜毀的概率更大？并說(shuō)明理由．解(1)因?yàn)槊看斡?xùn)練都是由高射炮向目標(biāo)飛行物連續(xù)發(fā)射三發(fā)炮彈，每發(fā)炮彈擊中目標(biāo)飛行物與否相互獨(dú)立，所以在一次訓(xùn)練中，連續(xù)發(fā)射三發(fā)B型號(hào)炮彈，用X表示擊中目標(biāo)飛行物的炮彈數(shù)，則X～B(3，q)，則P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－Ceq\o\al(0,3)q0(1－q)3≥0.963，即1－(1－q)3≥0.936，則(1－q)3≤0.064＝0.43，即1－q≤0.4，則q≥0.6，又0<q<1，故0.6≤q<1，所以當(dāng)0.6≤q<1時(shí)，才能使得至少有一發(fā)炮彈擊中目標(biāo)飛行物的概率不低于0.936.(2)在一次訓(xùn)練中，連續(xù)發(fā)射三發(fā)A型號(hào)炮彈，用Y表示擊中目標(biāo)飛行物的炮彈數(shù)，則Y～B(3，p)，記事件C為“選用A型號(hào)炮彈使得目標(biāo)飛行物墜毀”，事件D為“選用B型號(hào)炮彈使得目標(biāo)飛行物墜毀”，則P(C)＝0.6×P(Y＝1)＋P(Y≥2)＝0.6×Ceq\o\al(1,3)p(1－p)2＋Ceq\o\al(2,3)p2(1－p)＋Ceq\o\al(3,3)p3＝1.8p(1－p)2＋3p2(1－p)＋p3＝1.8p(1－2p＋p2)＋3p2－3p3＋p3＝－0.2p3－0.6p2＋1.8p，P(D)＝0.4P(X＝1)＋0.8P(X＝2)＋P(X＝3)＝0.4Ceq\o\al(1,3)q(1－q)2＋0.8Ceq\o\al(2,3)q2(1－q)＋Ceq\o\al(3,3)q3＝1.2q(1－q)2＋2.4q2(1－q)＋q3＝1.2q(1－2q＋q2)＋2.4q2－2.4q3＋q3＝－0.2q3＋1.2q，因?yàn)閜＋q＝1，所以q＝1－p，則P(C)－P(D)＝－0.2p3－0.6p2＋1.8p＋0.2(1－p)3－1.2(1－p)＝－0.2p3－0.6p2＋1.8p＋0.2(1－3p＋3p2－p3)－1.2＋1.2p＝－0.4p3＋2.4p－1.令f(p)＝－0.4p3＋2.4p－1(0<p≤0.4)，則f′(p)＝－1.2p2＋2.4，顯然，當(dāng)0<p≤0.4時(shí)，f′(p)>0恒成立，所以f(p)在(0，0.4]上單調(diào)遞增，又f(0.4)＝－0.44＋2.4×0.4－1＝－0.0256＋0.96－1<0，則f(p)≤f(0.4)<0，故P(C)－P(D)<0，即P(C)<P(D)，所以選用B型號(hào)炮彈使得目標(biāo)飛行物墜毀的概率更大．考向二概率中的數(shù)列問(wèn)題例2(2023·杭州二模)馬爾科夫鏈?zhǔn)歉怕式y(tǒng)計(jì)中的一個(gè)重要模型，也是機(jī)器學(xué)習(xí)和人工智能的基石，在強(qiáng)化學(xué)習(xí)、自然語(yǔ)言處理、金融領(lǐng)域、天氣預(yù)測(cè)等方面都有著極其廣泛的應(yīng)用．其數(shù)學(xué)定義為：假設(shè)我們的序列狀態(tài)是…，Xt－2，Xt－1，Xt，Xt＋1，…，那么Xt＋1時(shí)刻的狀態(tài)的條件概率僅依賴前一狀態(tài)Xt，即P(Xt＋1|…，Xt－2，Xt－1，Xt)＝P(Xt＋1|Xt)．現(xiàn)實(shí)生活中也存在著許多馬爾科夫鏈，例如著名的賭徒模型．假如一名賭徒進(jìn)入賭場(chǎng)參與一個(gè)賭博游戲，每一局賭徒賭贏的概率為50%，且每局賭贏可以贏得1元；每一局賭徒賭輸?shù)母怕蕿?0%，且賭輸就要輸?shù)?元．賭徒會(huì)一直玩下去，直到遇到如下兩種情況才會(huì)結(jié)束賭博游戲：一種是手中賭金為0元，即賭徒輸光；一種是賭金達(dá)到預(yù)期的B元，賭徒停止賭博．記賭徒的本金為A(A∈N*，A<B)，賭博過(guò)程如下圖的數(shù)軸所示．當(dāng)賭徒手中有n元(0≤n≤B，n∈N)時(shí)，最終輸光的概率為P(n)，請(qǐng)回答下列問(wèn)題：(1)請(qǐng)直接寫(xiě)出P(0)與P(B)的數(shù)值；(2)證明{P(n)}是一個(gè)等差數(shù)列，并寫(xiě)出公差d；(3)當(dāng)A＝100時(shí)，分別計(jì)算B＝200，B＝1000時(shí)，P(A)的數(shù)值，并結(jié)合實(shí)際，解釋當(dāng)B→＋∞時(shí)，P(A)的統(tǒng)計(jì)含義．解(1)當(dāng)n＝0時(shí)，賭徒已經(jīng)輸光了，因此P(0)＝1.當(dāng)n＝B時(shí)，賭徒到了終止賭博的條件，不再賭了，因此輸光的概率P(B)＝0.(2)記事件M：“賭徒有n元，最后輸光”，事件N：“賭徒有n元，下一場(chǎng)贏”，P(M)＝P(N)P(M|N)＋P(eq\o(N,\s\up6(－)))P(M|eq\o(N,\s\up6(－)))，即P(n)＝eq\f(1,2)P(n－1)＋eq\f(1,2)P(n＋1)，所以P(n)－P(n－1)＝P(n＋1)－P(n)，所以{P(n)}是一個(gè)等差數(shù)列，設(shè)P(n)－P(n－1)＝d，則P(n－1)－P(n－2)＝d，…，P(1)－P(0)＝d，累加得P(n)－P(0)＝nd，故P(B)－P(0)＝Bd，得d＝－eq\f(1,B).(3)A＝100，由P(n)－P(0)＝nd，得P(A)－P(0)＝Ad，即P(A)＝1－eq\f(A,B)，當(dāng)B＝200時(shí)，P(A)＝50%，當(dāng)B＝1000時(shí)，P(A)＝90%，當(dāng)B→＋∞時(shí)，P(A)→1，因此可知久賭無(wú)贏家，即便是一個(gè)這樣看似公平的游戲，只要賭徒一直玩下去就會(huì)有接近100%的概率輸光．本題將概率和數(shù)列知識(shí)綜合到了一起，解答的關(guān)鍵是要弄明白題目的含義，即審清題意，明確P(n)＝eq\f(1,2)P(n－1)＋eq\f(1,2)P(n＋1)，即可求解．(2023·廣州一模)為了拓展學(xué)生的知識(shí)面，提高學(xué)生對(duì)航空航天科技的興趣，培養(yǎng)學(xué)生良好的科學(xué)素養(yǎng)，某校組織學(xué)生參加航空航天科普知識(shí)答題競(jìng)賽，每位參賽學(xué)生答題若干次，答題賦分方法如下：第1次答題，答對(duì)得20分，答錯(cuò)得10分；從第2次答題開(kāi)始，答對(duì)則獲得上一次答題得分的兩倍，答錯(cuò)得10分．學(xué)生甲參加答題競(jìng)賽，每次答對(duì)的概率為eq\f(3,4)，各次答題結(jié)果互不影響．(1)求甲前3次答題得分之和為40分的概率；(2)記甲第i次答題所得分?jǐn)?shù)Xi(i∈N*)的數(shù)學(xué)期望為E(Xi)．①寫(xiě)出E(Xi－1)與E(Xi)滿足的等量關(guān)系式(直接寫(xiě)出結(jié)果，不必證明)；②若E(Xi)>100，求i的最小值．解(1)“甲前3次答題得分之和為40分”的事件是“甲前3次答題中只答對(duì)一次”的事件，記為A，所以P(A)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\f(3,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,4)))eq\s\up12(2)＝eq\f(9,64).(2)①甲第1次答題得20分、10分的概率分別為eq\f(3,4)，eq\f(1,4)，則E(X1)＝20×eq\f(3,4)＋10×eq\f(1,4)＝eq\f(35,2)，甲第2次答題得40分、20分、10分的概率分別為eq\f(3,4)×eq\f(3,4)，eq\f(1,4)×eq\f(3,4)，eq\f(1,4)，則E(X2)＝40×eq\f(3,4)×eq\f(3,4)＋20×eq\f(1,4)×eq\f(3,4)＋10×eq\f(1,4)＝eq\f(115,4)，顯然E(X2)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(20×\f(3,4)＋10×\f(1,4)))×eq\f(3,4)＋10×eq\f(1,4)＝eq\f(3,2)E(X1)＋eq\f(5,2)，i∈N*，i≥2，甲第i－1次答題所得分?jǐn)?shù)Xi－1的數(shù)學(xué)期望為E(Xi－1)，因此第i次答對(duì)題所得分?jǐn)?shù)為2E(Xi－1)，答錯(cuò)題所得分?jǐn)?shù)為10分，其概率分別為eq\f(3,4)，eq\f(1,4)，于是甲第i次答題所得分?jǐn)?shù)Xi的數(shù)學(xué)期望為E(Xi)＝2E(Xi－1)×eq\f(3,4)＋10×eq\f(1,4)＝eq\f(3,2)E(Xi－1)＋eq\f(5,2)，所以E(Xi－1)與E(Xi)滿足的等量關(guān)系式是E(Xi)＝eq\f(3,2)E(Xi－1)＋eq\f(5,2)，i∈N*，i≥2，且E(X1)＝eq\f(35,2).②由①知，E(X1)＝eq\f(35,2)，當(dāng)i∈N*，i≥2時(shí)，E(Xi)＋5＝eq\f(3,2)[E(Xi－1)＋5]，而E(X1)＋5＝eq\f(45,2)，因此數(shù)列{E(Xi)＋5}是以eq\f(45,2)為首項(xiàng)，eq\f(3,2)為公比的等比數(shù)列，所以E(Xi)＋5＝eq\f(45,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(i－1)＝15×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(i)，于是E(Xi)＝15×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(i)－5，由15×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(i)－5>100，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(i)>7，顯然數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(i)))是遞增數(shù)列，而eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(4)＝eq\f(81,16)<7，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(5)＝eq\f(243,32)>7，則有正整數(shù)imin＝5，所以i的最小值是5.第2講排列與組合[課程標(biāo)準(zhǔn)]1.理解排列、組合的概念.2.能利用計(jì)數(shù)原理推導(dǎo)排列數(shù)公式、組合數(shù)公式.3.能利用排列組合解決簡(jiǎn)單的實(shí)際問(wèn)題．1．排列與組合的概念名稱定義排列從n個(gè)不同元素中取出m(m≤n)個(gè)元素并按照eq\x(\s\up1(01))一定的順序排成一列，叫做從n個(gè)不同元素中取出m個(gè)元素的一個(gè)排列組合eq\x(\s\up1(02))作為一組，叫做從n個(gè)不同元素中取出m個(gè)元素的一個(gè)組合2.排列數(shù)與組合數(shù)(1)從n個(gè)不同元素中取出m(m≤n)個(gè)元素的所有eq\x(\s\up1(03))不同排列的個(gè)數(shù)，叫做從n個(gè)不同元素中取出m個(gè)元素的排列數(shù)，用符號(hào)eq\a\vs4\al(\x(\s\up1(04))Aeq\o\al(m,n))表示．(2)從n個(gè)不同元素中取出m(m≤n)個(gè)元素的eq\x(\s\up1(05))所有不同組合的個(gè)數(shù)，叫做從n個(gè)不同元素中取出m個(gè)元素的組合數(shù)，記作eq\x(\s\up1(06))Ceq\o\al(m,n)．3．排列數(shù)、組合數(shù)的公式及性質(zhì)公式(1)Aeq\o\al(m,n)＝eq\x(\s\up1(07))n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝eq\x(\s\up1(08))eq\f(n！,（n－m）！)；(2)Ceq\o\al(m,n)＝eq\f(Aeq\o\al(m,n),Aeq\o\al(m,m))＝eq\x(\s\up1(09))eq\f(n（n－1）…（n－m＋1）,m！)＝eq\x(\s\up1(10))eq\f(n！,m?。╪－m）！)(n，m∈N*，且m≤n)性質(zhì)(1)Aeq\o\al(n,n)＝eq\x(\s\up1(11))n?。?2)0?。絜q\x(\s\up1(12))1；(3)Ceq\o\al(0,n)＝eq\x(\s\up1(13))1，Ceq\o\al(m,n)＝eq\a\vs4\al(\x(\s\up1(14))Ceq\o\al(n－m,n))；(4)Ceq\o\al(m,n)＋Ceq\o\al(m－1,n)＝eq\x(\s\up1(15))Ceq\o\al(m,n＋1)解決排列與組合問(wèn)題的“四項(xiàng)基本原則”(1)特殊優(yōu)先原則：如果問(wèn)題中有特殊元素或特殊位置，優(yōu)先考慮這些特殊元素或特殊位置．(2)先取后排原則：在既有取出又需要對(duì)取出的元素進(jìn)行排列時(shí)，要先取后排，即完整地把需要排列的元素取出后，再進(jìn)行排列．(3)正難則反原則：當(dāng)直接求解困難時(shí)，采用間接法解決問(wèn)題．(4)先分組后分配原則：在分配問(wèn)題中如果被分配的元素多于位置，這時(shí)要先進(jìn)行分組，再進(jìn)行分配．1．(人教B選擇性必修第二冊(cè)習(xí)題3－1AT2(1)改編)若Aeq\o\al(3,2n)＝10Aeq\o\al(3,n)，則n＝()A．1 B．8C．9 D．10答案B解析原式等價(jià)于2n(2n－1)(2n－2)＝10n(n－1)(n－2)，且n≥3，整理，得n＝8.故選B.2．(2023·新課標(biāo)Ⅱ卷)某學(xué)校為了解學(xué)生參加體育運(yùn)動(dòng)的情況，用比例分配的分層隨機(jī)抽樣方法作抽樣調(diào)查，擬從初中部和高中部?jī)蓪庸渤槿?0名學(xué)生，已知該校初中部和高中部分別有400名和200名學(xué)生，則不同的抽樣結(jié)果共有()A．Ceq\o\al(45,400)·Ceq\o\al(15,200)種 B．Ceq\o\al(20,400)·Ceq\o\al(40,200)種C．Ceq\o\al(30,400)·Ceq\o\al(30,200)種 D．Ceq\o\al(40,400)·Ceq\o\al(20,200)種答案D解析根據(jù)比例分配的分層隨機(jī)抽樣的定義知，初中部共抽取60×eq\f(400,600)＝40名，高中部共抽取60×eq\f(200,600)＝20名，根據(jù)組合數(shù)的概念及分步乘法計(jì)數(shù)原理，知不同的抽樣結(jié)果共有Ceq\o\al(40,400)·Ceq\o\al(20,200)種．故選D.3．若原來(lái)站成一排的4個(gè)人重新站成一排，恰有一個(gè)人站在自己原來(lái)的位置上，則不同的站法種數(shù)為()A．4 B．8C．12 D．24答案B解析根據(jù)題意，分兩步考慮：第一步，先從4個(gè)人里選1人，其位置不變，站法有Ceq\o\al(1,4)＝4(種)；第二步，剩余3人都不站在自己原來(lái)的位置上，有2種站法．故不同的站法共有4×2＝8(種)．故選B.4．(多選)(2023·邢臺(tái)檢測(cè))生命在于運(yùn)動(dòng)，小蘭給自己制定了周一到周六的運(yùn)動(dòng)計(jì)劃，這六天每天安排一項(xiàng)運(yùn)動(dòng)，其中有兩天練習(xí)瑜伽，另外四天的運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目互不相同，且運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目為跑步、爬山、打羽毛球和跳繩．()A．若瑜伽被安排在周一和周六，則共有48種不同的安排方法B．若周二和周五至少有一天安排練習(xí)瑜伽，則共有216種不同的安排方法C．若周一不練習(xí)瑜伽，周三爬山，則共有36種不同的安排方法D．若瑜伽不被安排在相鄰的兩天，則共有240種不同的安排方法答案BCD解析對(duì)于A，若瑜伽被安排在周一和周六，則共有Aeq\o\al(4,4)＝24種不同的安排方法，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，若周二和周五至少有一天安排練習(xí)瑜伽，則由間接法可得，不同的安排方法種數(shù)為Aeq\o\al(4,6)－Aeq\o\al(2,4)Aeq\o\al(2,4)＝216，故B正確；對(duì)于C，若周一不練習(xí)瑜伽，周三爬山，則共有Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,4)＝36種不同的安排方法，故C正確；對(duì)于D，若瑜伽不被安排在相鄰的兩天，則先排其他四項(xiàng)運(yùn)動(dòng)，共有Aeq\o\al(4,4)種不同的安排方法，再?gòu)?個(gè)空位里插入2個(gè)安排練習(xí)瑜伽，故共有Aeq\o\al(4,4)Ceq\o\al(2,5)＝240種不同的安排方法，故D正確．故選BCD.5．(人教A選擇性必修第三冊(cè)6.2.3練習(xí)T3改編)現(xiàn)有1，3，7，13這4個(gè)數(shù)，從這4個(gè)數(shù)中任取2個(gè)相加，可以得到________個(gè)不相等的和；從這4個(gè)數(shù)中任取2個(gè)相減，可以得到________個(gè)不相等的差．答案610解析從這4個(gè)數(shù)中任取2個(gè)相加有1＋3＝4，1＋7＝8，1＋13＝14，3＋7＝10，3＋13＝16，7＋13＝20，可以得到6個(gè)不相等的和．從這4個(gè)數(shù)中任取2個(gè)相減有1－3＝－2，3－1＝2，1－7＝－6，7－1＝6，1－13＝－12，13－1＝12，3－7＝－4，7－3＝4，3－13＝－10，13－3＝10，7－13＝－6，13－7＝6，可以得到10個(gè)不相等的差．考向一排列問(wèn)題例1有3名男生、4名女生，在下列不同條件下，求不同的排列方法總數(shù)．(1)選其中5人排成一排；(2)排成前后兩排，前排3人，后排4人；(3)全體排一排，甲不站排頭也不站排尾；(4)全體排一排，女生必須站在一起；(5)全體排一排，男生互不相鄰；(6)全體排一排，甲、乙兩人中間恰好有3人；(7)全體排一排，甲必須排乙前面；(8)全體排一排，甲不排在最左端，乙不排在最右端．解(1)Aeq\o\al(5,7)＝2520種方法．(2)Aeq\o\al(7,7)＝5040種方法．(3)解法一：先排甲，有5種方法，其余6人有Aeq\o\al(6,6)種方法，故共有5×Aeq\o\al(6,6)＝3600種方法．解法二：先排排頭和排尾有Aeq\o\al(2,6)種方法，其余位置有Aeq\o\al(5,5)種排法，故共有Aeq\o\al(2,6)Aeq\o\al(5,5)＝3600種方法．(4)將女生看成一個(gè)整體，用捆綁法，共有Aeq\o\al(4,4)Aeq\o\al(4,4)＝576種方法．(5)先排女生有Aeq\o\al(4,4)種，再將男生插空有Aeq\o\al(3,5)種，故共有Aeq\o\al(4,4)Aeq\o\al(3,5)＝1440種方法．(6)將甲、乙及中間三人看作一個(gè)整體，先排甲、乙有Aeq\o\al(2,2)種方法，再排中間三人有Aeq\o\al(3,5)種方法，最后將他們看作一個(gè)整體與剩下的2人全排列，有Aeq\o\al(3,3)種方法，故共有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,5)Aeq\o\al(3,3)＝720種方法．(7)eq\f(Aeq\o\al(7,7),Aeq\o\al(2,2))＝2520種方法．(8)Aeq\o\al(7,7)－2Aeq\o\al(6,6)＋Aeq\o\al(5,5)＝3720種方法．求解有限制條件排列問(wèn)題的主要方法直接法分類法選定一個(gè)適當(dāng)?shù)姆诸悩?biāo)準(zhǔn)，將要完成的事件分成幾個(gè)類型，分別計(jì)算每個(gè)類型中的排列數(shù)，再由分類加法計(jì)數(shù)原理得出總數(shù)分步法選定一個(gè)適當(dāng)?shù)臉?biāo)準(zhǔn)，將事件分成幾個(gè)步驟來(lái)完成，分別計(jì)算出各步驟的排列數(shù)，再由分步乘法計(jì)數(shù)原理得出總數(shù)捆綁法相鄰問(wèn)題捆綁處理，即可以把相鄰元素看作一個(gè)整體與其他元素進(jìn)行排列，同時(shí)注意捆綁元素的內(nèi)部排列插空法不相鄰問(wèn)題插空處理，即先考慮不受限制的元素的排列，再將不相鄰的元素插在前面元素排列后的空中定序法對(duì)于定序問(wèn)題，可先不考慮順序限制，排列后，再除以已定元素的全排列間接法對(duì)于分類過(guò)多的問(wèn)題，一般利用正難則反、等價(jià)轉(zhuǎn)化的方法用0，1，2，3，4，5這6個(gè)數(shù)字，(1)能組成多少個(gè)無(wú)重復(fù)數(shù)字的四位偶數(shù)？(2)能組成多少個(gè)奇數(shù)數(shù)字互不相鄰的六位數(shù)(無(wú)重復(fù)數(shù)字)?解(1)符合要求的四位偶數(shù)可分為三類：第一類，0在個(gè)位時(shí)，有Aeq\o\al(3,5)個(gè)；第二類，2在個(gè)位時(shí)，千位從1，3，4，5中選定1個(gè)，有Aeq\o\al(1,4)種，十位和百位從余下的數(shù)字中選，有Aeq\o\al(2,4)種，于是有Aeq\o\al(1,4)Aeq\o\al(2,4)個(gè)；第三類，4在個(gè)位時(shí)，與第二類同理，也有Aeq\o\al(1,4)Aeq\o\al(2,4)個(gè)．由分類加法計(jì)數(shù)原理得，能組成Aeq\o\al(3,5)＋2Aeq\o\al(1,4)Aeq\o\al(2,4)＝156個(gè)無(wú)重復(fù)數(shù)字的四位偶數(shù)．(2)先排0，2，4，再讓1，3，5插空，總的排法共Aeq\o\al(3,3)Aeq\o\al(3,4)＝144種，其中0在排頭，將1，3，5插在后3個(gè)空的排法共有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)＝12種，此時(shí)構(gòu)不成六位數(shù)，故符合要求的六位數(shù)的個(gè)數(shù)為144－12＝132.考向二組合問(wèn)題例2某課外活動(dòng)小組共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女各有一名隊(duì)長(zhǎng)．現(xiàn)從中選5人主持某種活動(dòng)，依下列條件各有多少種選法？(1)只有一名女生當(dāng)選；(2)兩隊(duì)長(zhǎng)當(dāng)選；(3)至少有一名隊(duì)長(zhǎng)當(dāng)選；(4)男生甲和女生乙當(dāng)選；(5)最多有兩名女生當(dāng)選．解(1)只有一名女生當(dāng)選即有一名女生和四名男生當(dāng)選，故共有Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(4,8)＝350種．(2)兩隊(duì)長(zhǎng)當(dāng)選，共有Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(3,11)＝165種．(3)至少有一名隊(duì)長(zhǎng)當(dāng)選含有兩類：只有一名隊(duì)長(zhǎng)當(dāng)選和有兩名隊(duì)長(zhǎng)當(dāng)選．故共有Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(4,11)＋Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(3,11)＝825種(或采用間接法：Ceq\o\al(5,13)－Ceq\o\al(5,11)＝825種)．(4)男生甲和女生乙當(dāng)選，則需從剩余11人中選3人，有Ceq\o\al(3,11)＝165種．(5)最多有兩名女生當(dāng)選含有三類：有兩名女生當(dāng)選、只有一名女生當(dāng)選和沒(méi)有女生當(dāng)選．故共有Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(3,8)＋Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(4,8)＋Ceq\o\al(5,8)＝966種．組合問(wèn)題的常見(jiàn)類型及求解策略(1)“含有”或“不含有”問(wèn)題：“含”，則先將這些元素取出，再由另外的元素補(bǔ)足；“不含”，則先將這些元素剔除，再?gòu)氖Ｏ碌脑刂腥ミx?。?2)“至少”或“最多”問(wèn)題：用直接法和間接法都可以求解，通常用直接法，分類復(fù)雜時(shí)，考慮逆向思維，用間接法處理．1.圓周上有10個(gè)等分點(diǎn)，以這10個(gè)等分點(diǎn)中的4個(gè)點(diǎn)為頂點(diǎn)構(gòu)成四邊形，其中梯形的個(gè)數(shù)為()A．10 B．20C．40 D．60答案D解析如圖所示，10點(diǎn)連線中有5條為圓的直徑，其每條直徑分別有4條弦與之平行，可構(gòu)成5×(Ceq\o\al(2,5)－2)＝40個(gè)梯形；10點(diǎn)連線中有5組與構(gòu)成的5條直徑不平行的4條平行弦，如A3A5∥A2A6∥A1A7∥A10A8，可構(gòu)成5×(Ceq\o\al(2,4)－2)＝20個(gè)梯形．由分類加法計(jì)數(shù)原理可知，共構(gòu)成40＋20＝60個(gè)梯形．故選D.2．(多選)在某地實(shí)施的新高考改革方案中，選擇性考試科目有物理、化學(xué)、生物、政治、歷史、地理6門(mén)．學(xué)生根據(jù)高校的要求，結(jié)合自身特長(zhǎng)興趣，首先在物理、歷史2門(mén)科目中選擇1門(mén)，再?gòu)恼?、地理、化學(xué)、生物4門(mén)科目中選擇2門(mén)，考試成績(jī)計(jì)入考生總分，作為統(tǒng)一高考招生錄取的依據(jù)．某學(xué)生想在物理、化學(xué)、生物、政治、歷史、地理這6門(mén)課程中選三門(mén)作為選考科目，下列說(shuō)法正確的是()A．若任意選科，選法總數(shù)為Ceq\o\al(2,4)B．若化學(xué)必選，選法總數(shù)為Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,3)C．若政治和地理至少選一門(mén)，選法總數(shù)為Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,3)D．若物理必選，化學(xué)、生物至少選一門(mén)，選法總數(shù)為Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)＋1答案BD解析若任意選科，選法總數(shù)為Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,4)，A錯(cuò)誤；若化學(xué)必選，選法總數(shù)為Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,3)，B正確；若政治和地理至少選一門(mén)，選法總數(shù)為Ceq\o\al(1,2)(Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)＋1)，C錯(cuò)誤；若物理必選，化學(xué)、生物至少選一門(mén)，選法總數(shù)為Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)＋1，D正確．故選BD.多角度探究突破考向三分組、分配問(wèn)題角度不同元素的分配問(wèn)題例3按下列要求分配6本不同的書(shū)，各有多少種不同的分配方法？(1)分成三份，1份1本，1份2本，1份3本；(2)甲、乙、丙三人中，一人得1本，一人得2本，一人得3本；(3)平均分成三份，每份2本；(4)平均分配給甲、乙、丙三人，每人2本；(5)分成三份，1份4本，另外兩份每份1本；(6)甲、乙、丙三人中，一人得4本，另外兩人每人得1本．解(1)無(wú)序不均勻分組問(wèn)題．先選1本有Ceq\o\al(1,6)種選法；再?gòu)挠嘞碌?本中選2本有Ceq\o\al(2,5)種選法；最后余下3本全選有Ceq\o\al(3,3)種方法，故共有Ceq\o\al(1,6)Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(3,3)＝60種．(2)有序不均勻分組問(wèn)題．由于甲、乙、丙是不同的三人，在(1)的基礎(chǔ)上，還應(yīng)考慮再分配，共有Ceq\o\al(1,6)Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(3,3)Aeq\o\al(3,3)＝360種．(3)無(wú)序均勻分組問(wèn)題．共有eq\f(Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2),Aeq\o\al(3,3))＝15種．(4)在(3)的基礎(chǔ)上，還應(yīng)考慮再分配，共有15Aeq\o\al(3,3)＝90種．(5)分成三份，1份4本，另外兩份每份1本，這是部分均勻分組問(wèn)題，求出組合總數(shù)除以Aeq\o\al(2,2)即可，共有eq\f(Ceq\o\al(4,6)Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,1),Aeq\o\al(2,2))＝15種．(6)在(5)的基礎(chǔ)上，還應(yīng)考慮再分配，共有15Aeq\o\al(3,3)＝90種．角度相同元素的分配問(wèn)題(隔板法)例4將12個(gè)相同的小球放入編號(hào)為1，2，3，4的四個(gè)盒子中．(1)若每個(gè)盒子中至少有一個(gè)小球，則不同放法有多少種？(2)若每盒可空，則不同的放法有多少種？解(1)將12個(gè)小球排成一排，中間有11個(gè)間隔，在這11個(gè)間隔中選出3個(gè)，放上“隔板”，若把“|”看作隔板，則如圖○○|○○○○|○○○○|○○，隔板將一排球分成四塊，從左到右可以看成四個(gè)盒子放入的球數(shù)．這樣每一種隔板的插法，就對(duì)應(yīng)了球的一種放法，即每一種從11個(gè)間隔中選出3個(gè)間隔的組合對(duì)應(yīng)一種放法，所以不同的放法有Ceq\o\al(3,11)＝165(種)．(2)因?yàn)槊亢锌煽?，所以隔板之間允許無(wú)球，那么插入法就無(wú)法應(yīng)用，現(xiàn)建立如下數(shù)學(xué)模型．將三塊隔板與12個(gè)球排成一排，則如圖○○○||○○○○○|○○○○中的隔板將這一排球分成四塊．從左到右可以看成四個(gè)盒子放入的球數(shù)，即1，2，3，4四個(gè)盒子相應(yīng)放入3個(gè)，0個(gè)，5個(gè)，4個(gè)小球．這樣每一種隔板與球的排列法，就對(duì)應(yīng)了球的一種放法．排列的位置有15個(gè)，先從這15個(gè)位置中選出3個(gè)位置放隔板有Ceq\o\al(3,15)種排法，再在余下的位置放球，只有一種放法，所以隔板與球的排列法有Ceq\o\al(3,15)種，即不同的放法有Ceq\o\al(3,15)＝455(種)．解決分組、分配問(wèn)題的策略相同元素的分配問(wèn)題常用“隔板法”不同元素的整體均分問(wèn)題分組后一定要除以Aeq\o\al(n,n)(n為均分的組數(shù))，避免重復(fù)計(jì)數(shù)不同元素的部分均分問(wèn)題若有m組元素個(gè)數(shù)相等，則分組時(shí)應(yīng)除以m！提醒：隔板法的關(guān)鍵在于準(zhǔn)確確定空位個(gè)數(shù)以及需要的隔板個(gè)數(shù)，使用這種方法需要注意兩個(gè)方面的問(wèn)題：一是要根據(jù)題意確定能否轉(zhuǎn)化為“每組至少一個(gè)”的問(wèn)題，以便確定能否利用隔板法；二是要注意準(zhǔn)確確定空位數(shù)以及需要的隔板數(shù)，一般來(lái)說(shuō)，兩端不能插隔板．1.(2023·福建省高考適應(yīng)性練習(xí))中國(guó)救援力量在國(guó)際自然災(zāi)害中為拯救生命作出了重要貢獻(xiàn)，很好地展示了國(guó)際形象，增進(jìn)了國(guó)際友誼，多次為祖國(guó)贏得了榮譽(yù)．現(xiàn)有5支救援隊(duì)前往A，B，C三個(gè)受災(zāi)點(diǎn)執(zhí)行救援任務(wù)，若每支救援隊(duì)只能去其中的一個(gè)受災(zāi)點(diǎn)，且每個(gè)受災(zāi)點(diǎn)至少安排1支救援隊(duì)，其中甲救援隊(duì)只能去B，C兩個(gè)受災(zāi)點(diǎn)中的一個(gè)，則不同的安排方法種數(shù)是()A．72 B．84C．88 D．100答案D解析若甲去B受災(zāi)點(diǎn)，則剩余4支救援隊(duì)可只去A，C兩個(gè)受災(zāi)點(diǎn)，也可分為3組去A，B，C三個(gè)受災(zāi)點(diǎn)．當(dāng)剩余4支救援隊(duì)只去A，C兩個(gè)受災(zāi)點(diǎn)時(shí)，可按1，3或2，2分配，此時(shí)的分配方法有Ceq\o\al(3,4)·Ceq\o\al(1,1)·Aeq\o\al(2,2)＋eq\f(Ceq\o\al(2,4)·Ceq\o\al(2,2),Aeq\o\al(2,2))·Aeq\o\al(2,2)＝14種；當(dāng)剩余4支救援隊(duì)分為3組去A，B，C三個(gè)受災(zāi)點(diǎn)時(shí)，先從4支救援隊(duì)中選出2支救援隊(duì)，即可分為3組，然后分配到三個(gè)受災(zāi)點(diǎn)即可，此時(shí)的分配方法有Ceq\o\al(2,4)·Aeq\o\al(3,3)＝36種．綜上可得，甲去B受災(zāi)點(diǎn)，不同的安排方法種數(shù)是14＋36＝50.同理，甲去C受災(zāi)點(diǎn)，不同的安排方法種數(shù)也是50，所以不同的安排方法種數(shù)是50＋50＝100.故選D.2．某市擬成立一個(gè)由6名高中學(xué)生成立的調(diào)查小組，并準(zhǔn)備將這6個(gè)名額分配給本市的4所重點(diǎn)中學(xué)，要求每所重點(diǎn)中學(xué)都有學(xué)生參加，那么不同名額分配方法的種數(shù)是()A．10 B．20C．24 D．28答案A解析如圖所示，6個(gè)名額排成一列，6個(gè)名額之間有5個(gè)空，任找3個(gè)空插入隔板就是一種名額分配方法，故共有Ceq\o\al(3,5)＝10(種)分配方法．故選A.○|○○|○|○○3．某省示范性高中安排6名高級(jí)教師(不同姓)到基礎(chǔ)教育薄弱的甲、乙、丙三所中學(xué)進(jìn)行支教，每所學(xué)校至少去1人，因工作需要，其中李老師不去甲校，則分配方案種數(shù)為_(kāi)_______．答案360解析解法一：根據(jù)6名高級(jí)教師到甲、乙、丙三所中學(xué)進(jìn)行支教，每所學(xué)校至少去1人，可分四種情況：①甲校安排1名教師，分配方案種數(shù)為Ceq\o\al(1,5)(Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(4,4)Aeq\o\al(2,2)＋Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(3,3)Aeq\o\al(2,2))＝150；②甲校安排2名教師，分配方案種數(shù)為Ceq\o\al(2,5)(Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(3,3)Aeq\o\al(2,2)＋Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2))＝140；③甲校安排3名教師，分配方案種數(shù)為Ceq\o\al(3,5)Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,2)＝60；④甲校安排4名教師，分配方案種數(shù)為Ceq\o\al(4,5)Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,1)＝10.由分類加法計(jì)數(shù)原理，可得共有150＋140＋60＋10＝360(種)分配方案．解法二：由6名教師到三所學(xué)校，每所學(xué)校至少去1人，可能的分組情況為4，1，1；3，2，1；2，2，2.①對(duì)于第一種情況，由于李老師不去甲校，李老師自己去一個(gè)學(xué)校有Ceq\o\al(1,2)種，其余5名老師分成一人組和四人組有Ceq\o\al(4,5)Aeq\o\al(2,2)種，共Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(4,5)Aeq\o\al(2,2)＝20(種)；李老師分配到四人組且該組不去甲校有Ceq\o\al(3,5)Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)＝40(種)，則第一種情況共有20＋40＝60(種)；②對(duì)于第二種情況，李老師分配到一人組有Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(3,5)Ceq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,2)＝40(種)，李老師分配到兩人組有Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(3,4)Aeq\o\al(2,2)＝80(種)，李老師分配到三人組有Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,2)＝120(種)，所以第二種情況共有40＋80＋120＝240(種)；③對(duì)于第三種情況，共有Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2)＝60(種)．綜上所述，共有60＋240＋60＝360(種)分配方案．4．把分別寫(xiě)有1，2，3，4，5的五張卡片全部分給甲、乙、丙三個(gè)人，每人至少一張，且若分得的卡片超過(guò)一張，則必須是連號(hào)，那么不同的分法種數(shù)為_(kāi)_______(用數(shù)字作答)．答案36解析先將卡片分為符合條件的3份，由題意，3人分5張卡片，且每人至少一張，至多三張，若分得的卡片超過(guò)一張，則必須是連號(hào)，相當(dāng)于將1，2，3，4，5這5個(gè)數(shù)用2個(gè)板子隔開(kāi)，在4個(gè)空位插2個(gè)板子，共有Ceq\o\al(2,4)＝6種情況，再對(duì)應(yīng)到3個(gè)人，有Aeq\o\al(3,3)＝6種情況，則共有6×6＝36種分法．課時(shí)作業(yè)一、單項(xiàng)選擇題1．(2023·全國(guó)甲卷)有五名志愿者參加社區(qū)服務(wù)，共服務(wù)星期六、星期天兩天，每天從中任選兩人參加服務(wù)，則恰有1人連續(xù)參加兩天服務(wù)的選擇種數(shù)為()A．120 B．60C．40 D．30答案B解析先從五名志愿者中選擇1人連續(xù)參加兩天社區(qū)服務(wù)，有Ceq\o\al(1,5)＝5種方法；再?gòu)氖Ｓ嗟?人中選擇2人分別參加星期六與星期天的社區(qū)服務(wù)，共有Aeq\o\al(2,4)＝12種方法．所以恰有1人連續(xù)參加兩天服務(wù)的選擇種數(shù)為5×12＝60.故選B.2．甲、乙兩人要在一排8個(gè)空座上就座，若要求甲、乙兩人每人的兩旁都有空座，則不同的坐法有()A．10種 B．16種C．20種 D．24種答案C解析一排共有8個(gè)座位，現(xiàn)有兩人就座，故有6個(gè)空座．∵要求每人兩旁均有空座，∴在6個(gè)空座的中間5個(gè)空中插入2個(gè)座位讓兩人就座，即有Aeq\o\al(2,5)＝20種坐法．故選C.3．(2023·滄州模擬)用短語(yǔ)“mathstest”中所有的重復(fù)字母重新排列，能組成不同排列的個(gè)數(shù)為()A．10 B．20C．30 D．40答案A解析由s有2個(gè)，t有3個(gè)，則將這5個(gè)字母看成不同時(shí)的排列為Aeq\o\al(5,5)，故所求排列個(gè)數(shù)為eq\f(Aeq\o\al(5,5),Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3))＝10.故選A.4．(2023·佛山二模)“基礎(chǔ)學(xué)科拔尖學(xué)生培養(yǎng)試驗(yàn)計(jì)劃”簡(jiǎn)稱“珠峰計(jì)劃”，是國(guó)家為回應(yīng)“錢(qián)學(xué)森之問(wèn)”而推出的一項(xiàng)人才培養(yǎng)計(jì)劃，旨在培養(yǎng)中國(guó)自己的學(xué)術(shù)大師．已知浙江大學(xué)、復(fù)旦大學(xué)、武漢大學(xué)、中山大學(xué)均有開(kāi)設(shè)數(shù)學(xué)學(xué)科拔尖學(xué)生培養(yǎng)基地，某班級(jí)有5位同學(xué)從中任選一所學(xué)校作為奮斗目標(biāo)，則每所學(xué)校至少有一位同學(xué)選擇的不同方法共有()A．120種 B．180種C．240種 D．300種答案C解析將5位同學(xué)分為2，1，1，1的分組，再分配到4所學(xué)校，共有Ceq\o\al(2,5)Aeq\o\al(4,4)＝240種方法．故選C.5．將5件相同的小禮物全部送給3個(gè)不同的球迷，要讓每個(gè)球迷都得到禮物，不同的分法有()A．2種 B．10種C．5種 D．6種答案D解析把5件相同的小禮物排成一排，5件禮物之間共有4個(gè)空，任選2個(gè)空插入板子，共有Ceq\o\al(2,4)＝6種不同的方法．故選D.6．(2024·百色模擬)某中學(xué)體育節(jié)中，羽毛球單打12強(qiáng)中有3個(gè)種子選手，將這12人任意分成3組(每組4個(gè)人)，則3個(gè)種子選手恰好被分在同一組的分法種數(shù)為()A．210 B．105C．315 D．630答案C解析由題意，12人任意分成3組，3個(gè)種子選手恰好被分在同一組的方法有eq\f(Ceq\o\al(1,9)Ceq\o\al(4,8)Ceq\o\al(4,4),Aeq\o\al(2,2))＝315種．故選C.7．(2022·新高考Ⅱ卷)有甲、乙、丙、丁、戊5名同學(xué)站成一排參加文藝匯演，若甲不站在兩端，丙和丁相鄰，則不同排列方式共有()A．12種 B．24種C．36種 D．48種答案B解析因?yàn)楸?、丁要在一起，先把丙、丁捆綁，看作一個(gè)元素，連同乙、戊看成三個(gè)元素排列，有Aeq\o\al(3,3)種排列方式；為使甲不在兩端，必須且只需甲在此三個(gè)元素的中間兩個(gè)位置任選一個(gè)位置插入，有2種插入方式；注意到丙、丁兩人的順序可交換，有2種排列方式，故安排這5名同學(xué)共有Aeq\o\al(3,3)×2×2＝24種不同的排列方式．故選B.8．將數(shù)字“124467”重新排列后得到不同偶數(shù)的個(gè)數(shù)為()A．72 B．120C．192 D．240答案D解析末尾是2或6，不同偶數(shù)的個(gè)數(shù)為Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(3,5)＝120；末尾是4，不同偶數(shù)的個(gè)數(shù)為Aeq\o\al(5,5)＝120，故共有120＋120＝240個(gè)．故選D.二、多項(xiàng)選擇題9．(2024·鄭州開(kāi)學(xué)考試)甲、乙、丙、丁、戊5名同學(xué)站成一排參加演出，下列說(shuō)法中正確的是()A．若甲不在正中間，則不同的排列方式共有96種B．若甲、乙、丙三人互不相鄰，則不同的排列方式共有6種C．若甲、丙、丁從左到右的順序一定，則不同的排列方式共有20種D．若甲與乙相鄰，且甲與丙不相鄰，則不同的排列方式共有36種答案ACD解析對(duì)于A，因?yàn)榧撞辉谡虚g，則甲的不同的排列方式有Ceq\o\al(1,4)＝4種，剩余的四人全排列，不同的排列方式有Aeq\o\al(4,4)＝24種，所以不同的排列方式共有4×24＝96種，故A正確．對(duì)于B，若甲、乙、丙三人互不相鄰，則甲、乙、丙三人在首位、中間和末位，則不同的排列方式有Aeq\o\al(3,3)＝6種，剩余的兩人全排列，不同的排列方式有Aeq\o\al(2,2)＝2種，所以不同的排列方式共有6×2＝12種，故B錯(cuò)誤．對(duì)于C，若甲、丙、丁從左到右的順序一定，則有四個(gè)間隔空位，若乙、戊不相鄰，把乙、戊安排在四個(gè)間隔空位中，不同的排列方式有Aeq\o\al(2,4)＝12種；若乙、戊相鄰，把兩人看成整體安排在四個(gè)間隔空位中，不同的排列方式有Aeq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,4)＝8種，所以不同的排列方式共有12＋8＝20種，故C正確．對(duì)于D，若甲與乙相鄰，有2Aeq\o\al(4,4)＝48種排法，若甲與乙相鄰又滿足甲與丙相鄰，首先將甲、乙、丙捆綁起來(lái)作為一個(gè)整體并把甲放在乙與丙之間，乙與丙可互換位置，所以首先排列甲、乙、丙有2種排法，把甲、乙、丙組成的整體和剩下的兩人進(jìn)行排列，有Aeq\o\al(3,3)＝6種排法，所以甲與乙相鄰，且甲與丙相鄰，有2×6＝12種排法，所以若甲與乙相鄰，且甲與丙不相鄰，則不同的排列方式共有48－12＝36種，故D正確．故選ACD.10．(2023·哈爾濱期末)現(xiàn)安排甲、乙、丙、丁、戊5名同學(xué)參加亞運(yùn)會(huì)志愿者服務(wù)活動(dòng)，有翻譯、導(dǎo)游、禮儀、司機(jī)四項(xiàng)工作可以安排，若每人都安排一項(xiàng)工作，則以下說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．不同的安排方法數(shù)為54B．若每項(xiàng)工作至少有1人參加，則不同的安排方法數(shù)為Aeq\o\al(4,5)Ceq\o\al(1,4)C．每項(xiàng)工作至少有1人參加，甲、乙不會(huì)開(kāi)車但能從事其他三項(xiàng)工作，丙、丁、戊都能勝任四項(xiàng)工作，則不同的安排方法數(shù)為Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)＋Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(3,3)D．如果司機(jī)工作不安排，其余三項(xiàng)工作至少安排1人，則不同的安排方法數(shù)為(Ceq\o\al(3,5)Ceq\o\al(1,2)＋Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(2,3))Aeq\o\al(3,3)答案ABD解析對(duì)于A，安排5人參加四項(xiàng)工作，若每人都安排一項(xiàng)工作，每人有4種安排方法，則共有45種不同的安排方法，A錯(cuò)誤；對(duì)于B，根據(jù)題意，分兩步進(jìn)行分析：先將5人分為4組，再將分好的4組全排列，安排四項(xiàng)工作，有Ceq\o\al(2,5)Aeq\o\al(4,4)種不同的安排方法，B錯(cuò)誤；對(duì)于C，根據(jù)題意，分兩種情況討論：①?gòu)谋⒍?、戊中選出2人開(kāi)車，②從丙、丁、戊中選出1人開(kāi)車，則有Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)＋Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(3,3)種不同的安排方法，C正確；對(duì)于D，分兩步分析：先將5人分為3組，有eq\f(Ceq\o\al(3,5)Ceq\o\al(1,2),Aeq\o\al(2,2))＋eq\f(Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(2,3),Aeq\o\al(2,2))種分組方法，再給分好的3組安排翻譯、導(dǎo)游、禮儀三項(xiàng)工作，有Aeq\o\al(3,3)種情況，則有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Ceq\o\al(3,5)Ceq\o\al(1,2),Aeq\o\al(2,2))＋\f(Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(2,3),Aeq\o\al(2,2))))Aeq\o\al(3,3)種不同的安排方法，D錯(cuò)誤．故選ABD.11．現(xiàn)有4個(gè)小球和4個(gè)小盒子，下列相關(guān)結(jié)論正確的是()A．若4個(gè)不同的小球放入編號(hào)為1，2，3，4的盒子，則共有24種放法B．若4個(gè)相同的小球放入編號(hào)為1，2，3，4的盒子，且恰有兩個(gè)空盒的放法共有18種C．若4個(gè)不同的小球放入編號(hào)為1，2，3，4的盒子，且恰有一個(gè)空盒的放法共有144種D．若編號(hào)為1，2，3，4的小球放入編號(hào)為1，2，3，4的盒子，沒(méi)有一個(gè)空盒但小球的編號(hào)和盒子的編號(hào)全不相同的放法共有9種答案BCD解析若4個(gè)不同的小球放入編號(hào)為1，2，3，4的盒子，共有44＝256種放法，故A錯(cuò)誤；若4個(gè)相同的小球放入編號(hào)為1，2，3，4的盒子，且恰有兩個(gè)空盒，則一個(gè)盒子放3個(gè)小球，另一個(gè)盒子放1個(gè)小球或兩個(gè)盒子均放2個(gè)小球，共有Ceq\o\al(2,4)(Aeq\o\al(2,2)＋1)＝18種放法，故B正確；若4個(gè)不同的小球放入編號(hào)為1，2，3，4的盒子，且恰有一個(gè)空盒，則兩個(gè)盒子中各放1個(gè)小球，另一個(gè)盒子中放2個(gè)小球，共有Ceq\o\al(1,4)·eq\f(Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3),Aeq\o\al(2,2))＝144種放法，故C正確；若編號(hào)為1，2，3，4的小球放入編號(hào)為1，2，3，4的盒子，沒(méi)有一個(gè)空盒但小球的編號(hào)和盒子的編號(hào)全不相同，若(2，1，4，3)代表編號(hào)為1，2，3，4的盒子放入的小球編號(hào)分別為2，1，4，3，列出所有符合要求的情況：(2，1，4，3)，(4，1，2，3)，(3，1，4，2)，(2，4，1，3)，(3，4，1，2)，(4，3，1，2)，(2，3，4，1)，(3，4，2，1)，(4，3，2，1)，共9種放法，故D正確．故選BCD.三、填空題12．五一放假期間，某社區(qū)安排甲、乙、丙、丁、戊這5位工作人員值班，每人值班一天，若甲排在第一天值班，且丙與丁不排在相鄰的兩天值班，則可能的值班方式有________種．答案12解析甲在第一天值班的所有值班方式有Aeq\o\al(4,4)＝24種，其中丙與丁在相鄰的兩天值班的值班方式有Aeq\o\al(3,3)Aeq\o\al(2,2)＝12種，則滿足條件的值班方式有24－12＝12種．13．用數(shù)字1，2，3，4組成沒(méi)有重復(fù)數(shù)字的四位數(shù)，則這些四位數(shù)中比2134大的數(shù)字個(gè)數(shù)為_(kāi)_______．(用數(shù)字作答)答案17解析根據(jù)題意，用數(shù)字1，2，3，4組成沒(méi)有重復(fù)數(shù)字的四位數(shù)，當(dāng)其千位數(shù)字為3或4時(shí)，有2Aeq\o\al(3,3)＝12種情況，即有12個(gè)符合題意的四位數(shù)，當(dāng)其千位數(shù)字為2時(shí)，有6種情況，其中最小的為2134，則有6－1＝5個(gè)比2134大的四位數(shù)，故