人教A版高中数学选择性必修三-6.2.2第2课时-排列的综合问题-同步练习
1．身穿红、黄两种颜色衣服的各有2人，现将这4人排成一行，要求穿相同颜色衣服的人不能相邻，不同的排法共有( )
A．4种 B．6种 C．8种 D．12种
2．六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有( )
A．192种 B．216种 C．240种 D．288种
3．4名运动员参加4×100米接力赛，根据平时队员训练的成绩，甲不能跑第一棒，乙不能跑第四棒，则不同的出场顺序有( )
A．12种 B．14种 C．16种 D．24种
4．要为5名游客和2名导游拍照留念，要求排成一排，且2位导游相邻，不同的排法共有( )
A．1 440种 B．960种 C．720种 D．240种
5．一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为( )
A．3×3! B．3×(3！)3
C．(3！)4 D．9!
6．某校高二学生进行演讲比赛，原有5名同学参加，后又增加2名同学，如果保持原来5名同学顺序不变，那么不同的比赛顺序有( )
A．12种 B．30种
C．36种 D．42种
7．用1,2,3,4,5五个数字组成无重复数字的五位数，其中偶数不在相邻数位上，则满足条件的五位数共有________个．
8．两家夫妇各带一个小孩一起去公园游玩，购票后排队依次入园．为安全起见，首尾一定要排两位爸爸，另外，两个小孩一定要排在一起，则这6人的入园顺序排法种数为__________．
9．一场晚会有5个演唱节目和3个舞蹈节目，要求排出一个节目单．
(1)3个舞蹈节目不排在开始和结尾，有多少种排法？
(2)前四个节目要有舞蹈节目，有多少种排法？
10.三个女生和五个男生排成一排．
(1)如果女生必须全排在一起，可有多少种不同的排法？
(2)如果女生必须全分开，可有多少种不同的排法？
(3)如果两端都不能排女生，可有多少种不同的排法？
(4)如果两端不能都排女生，可有多少种不同的排法？
(5)如果男生甲、乙之间能且仅能站两女生，可有多少种不同的站法？
11．甲、乙、丙、丁和戊5名同学进行数学应用知识比赛，决出第一名至第五名(没有并列名次)．已知甲、乙均未得第一名，且乙不是最后一名，则5人的名次排列情况有( )
A．27种 B．48种
C．54种 D．72种
12．旅游体验师小李受某旅游网站的邀约，决定对甲、乙、丙、丁这四个景区进行体验式旅游，若甲景区不能最先旅游，乙景区和丁景区不能最后旅游，则小李旅游的方法数为( )
A．24 B．18 C．16 D．10
13．为推动党史学习教育各项工作扎实开展，营造“学党史、悟思想、办实事、开新局”的浓厚氛围，某校党委计划将中心组学习、专题报告会、党员活动日、主题班会、主题团日这五种活动分5个阶段安排，以推动党史学习教育工作的进行．若中心组学习必须安排在前2个阶段，且主题班会、主题团日安排的阶段相邻，则不同的安排方案共有( )
A．12种 B．28种
C．20种 D．16种
14.某次灯谜大会共设置6个不同的谜题，分别藏在如图所示的6只灯笼里，每只灯笼里仅放一个谜题．并规定一名参与者每次只能取其中一串最下面的一只灯笼并解答里面的谜题，直到答完全部6个谜题，则一名参与者一共有________种不同的答题顺序．
15．在探索系数A，ω，φ，b对函数y＝Asin(ωx＋φ)＋b(A>0，ω>0)图象的影响时，我们发现，系数A对其影响是图象上所有点的纵坐标伸长或缩短，通常称为“振幅变换”；系数ω对其影响是图象上所有点的横坐标伸长或缩短，通常称为“周期变换”；系数φ对其影响是图象上所有点向左或向右平移，通常称为“左右平移变换”；系数b对其影响是图象上所有点向上或向下平移，通常称为“上下平移变换”．运用上述四种变换，若函数f(x)＝sin x的图象经过四步变换得到函数g(x)＝2sin＋1的图象，且已知其中有一步是向右平移个单位长度，则变换的方法共有( )
A．6种 B．12种
C．16种 D．24种
高一年级某班的数学、语文、英语、物理、化学、体育六门课安排在同一天，每门课一节，上午四节，下午两节，数学课必须在上午，体育课必须在下午，数、理、化三门课中任意两门不相邻，但上午第四节和下午第一节不叫相邻，则不同的排法种数为多少？
参考答案与详细解析
1．C [由题意得，先排穿红色衣服的2人，构成三个空，再把一个穿黄色衣服的安排在最中间的空中，把另一个穿黄色衣服的安排在两边的空中，所以共有AAA＝8(种)．]
2．B [第一类：甲在最左端，有A＝5×4×3×2×1＝120(种)排法；第二类：乙在最左端，甲不在最右端，有4A＝4×4×3×2×1＝96(种)排法．所以共有120＋96＝216(种)排法．]
3．B [若不考虑限制条件，4名队员全排列共有A＝24(种)排法，减去甲跑第一棒的A＝6(种)排法，乙跑第4棒的A＝6(种)排法，再加上甲在第一棒且乙在第四棒的A＝2(种)排法，共有A－2A＋A＝14(种)不同的出场顺序．]
4．A [因为两位导游要相邻，因此将两位导游看作一个人，内部排列有A种排法，
将两位导游看作一个人和其他人全排列有A种排法，
因此根据分步乘法计数原理，共有AA＝1 440(种)排法．]
5．C [利用“捆绑法”求解，满足题意的坐法种数为A·(A)3＝(3！)4.]
6．D [方法一 由于原来5名同学顺序不变，这5名同学共有6个空位，再增加2名同学时，可分为两步进行，第一步安排第一名同学，有6种不同的方法，此时变成7个空位，再把最后一名同学放进去，共有7种不同的方法，故共有6×7＝42(种)不同的比赛顺序．
方法二 先将所有同学重排，共有A种方法，而原来5名同学共有A种不同顺序，因此共有A÷A＝42(种)不同的比赛顺序．]
7．72
解析 先排三位奇数，出现四个空位，再从四个空位中选出两个空位排偶数，共有AA＝72(个)．
8．24
解析 分3步进行分析，
①先安排两位爸爸，必须一首一尾，有A＝2(种)排法，
②两个小孩一定要排在一起，将其看成一个元素，考虑其顺序有A＝2(种)排法，
③将两个小孩看作一个元素与两位妈妈进行全排列，有A＝6(种)排法．则共有2×2×6＝24(种)排法．
9．解 (1)先从5个演唱节目中选两个排在首尾两个位置有A种排法，再将剩余的3个演唱节目，3个舞蹈节目排在中间6个位置上有A种排法，故共有不同排法AA＝14 400(种)．
(2)先不考虑排列要求，有A种排法，其中前四个节目没有舞蹈节目的情况，可先从5个演唱节目中选4个节目排在前四个位置，然后将剩余四个节目排列在后四个位置，有AA种排法，所以前四个节目要有舞蹈节目的排法有A－AA＝37 440(种)．
10．解 (1)(捆绑法)因为三个女生必须排在一起，所以可以先把她们看成一个整体，这样同五个男生合在一起共有六个元素，排成一排有A种不同的排法，对于其中的每一种排法，三个女生之间又有A种不同的排法．因此共有A·A＝4 320(种)不同的排法．
(2)(插空法)要保证女生全分开，可先把五个男生排好，每两个相邻的男生之间留出一个空位，这样共有四个空位，加上两边男生外侧的两个位置，共有六个位置，再把三个女生插入这六个位置中，只要保证每个位置至多插入一个女生，就能保证任意两个女生都不相邻，由于五个男生排成一排有A种不同排法，对于其中任意一种排法，从上述六个位置中选出三个让三个女生插入都有A种排法，因此共有A·A＝14 400(种)不同的排法．
(3)方法一 (位置分析法)因为两端都不能排女生，所以两端只能挑选五个男生中的两个，有A种不同的排法，对于其中的任意一种不同的排法，其余六个位置都有A种不同的排法，所以共有A·A＝14 400(种)不同的排法．
方法二 (间接法)三个女生和五个男生排成一排共有A种不同的排法，从中扣除女生排在首位的A·A种排法和女生排在末位的A·A种排法，但两端都是女生的排法在扣除女生排在首位的情况时被扣去一次，在扣除女生排在末位的情况时又被扣去一次，所以还需加回来一次，由于两端都是女生有A·A种不同的排法，所以共有A－2A·A＋A·A＝14 400(种)不同的排法．
方法三 (元素分析法)从中间六个位置挑选三个让三个女生排入，有A种不同的排法，对于其中的任意一种排法，其余五个位置又都有A种不同的排法，所以共有A·A＝14 400(种)不同的排法．
(4)方法一 (位置分析法)因为只要求两端不都排女生，所以如果首位排了男生，那么末位就不再受条件限制了，这样可有A·A种不同的排法；如果首位排女生，有A种排法，那么末位就只能排男生，这样可有A·A·A种不同的排法，因此共有A·A＋A·A·A＝36 000(种)不同的排法．
方法二 (间接法)三个女生和五个男生排成一排共有A种不同的排法，从中扣除两端都是女生的排法A·A种，就得到两端不都是女生的排法种数．因此共有A－A·A＝36 000(种)不同的排法．
(5)男生甲、乙站好有A种站法，从3女生中选2人站在甲、乙之间有A种站法，
再把甲、乙及中间两女生看成一个整体捆绑在一起，和另外4人排成一队有A种站法，所以共有A·A·A＝1 440(种)不同的站法．
11．C [由题意知，乙的限制最多，故先排乙，有3种排法；再排甲，也有3种排法；余下3人有A种排法．故共有3×3×A＝54(种)不同的排法．]
12．D [第一类，甲是最后一个体验，则有A种方法；第二类，甲不是最后一个体验，则有AA种方法，所以小李旅游的方法共有A＋AA＝10(种)．]
13．C [若中心组学习安排在第1阶段，则其余四种活动的安排方法有AA＝12(种)；若中心组学习安排在第2阶段，则主题班会、主题团日可安排在第3,4阶段或者第4,5阶段，专题报告会、党员活动日分别安排在剩下的2个阶段，不同的安排方法有2AA＝8(种)．故共有12＋8＝20(种)不同的安排方案．]
14．60
解析 将6只灯笼全排列，即A种，
因为每次只能取其中一串最下面的一只灯笼内的谜题，每次取灯的顺序确定，
取谜题的方法有＝60(种)．
15．B [根据题意，该图象变换的过程有振幅变换、周期变换、左右平移变换和上下平移变换共四步，
因为左右平移变换是向右平移个单位长度，
所以要求左右平移变换在周期变换之前，
所以变换的方法共有＝12(种)．]
16．解 分两类：
第1类，数学课在上午第一节或第四节共A种排法，体育课在下午共A种排法，理、化课安排在上午一节，下午一节有2A种排法，其余两门在余下的位置安排共A种．
由分步乘法计数原理知，共有A×A×2A×A＝32(种)排法．
第2类，数学课安排在上午第二节或第三节，共A种排法，体育课安排在下午有A种排法，理、化课安排在上午一节和下午一节，共A种排法，其余两门在余下的位置安排共A种排法．
由分步乘法计数原理知，共有A×A×A×A＝16(种)排法．
综上，由分类加法计数原理知，排法种数为N＝32＋16＝48.人教A版高中数学选择性必修三-6.2.2第1课时-排列数公式-同步练习
1．A－A的值是( )
A．480 B．520
C．600 D．1 320
2．已知A－A＝10，则n的值为( )
A．4 B．5 C．6 D．7
3．若a∈N*，且a<20，则(27－a)(28－a)…(34－a)等于( )
A．A B．A
C．A D．A
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1名司机和1名售票员，则可能的分配方法有( )
A．A种 B．A种
C．AA种 D．2A种
5．要从a，b，c，d，e 5个人中选出1名组长和1名副组长，但a不能当副组长，则不同的选法种数是( )
A．20 B．16 C．10 D．6
6．(多选)下列各式中与排列数A相等的是( )
A.
B．n(n－1)(n－2)…(n－m)
C.
D．A·A
7．不等式A－n<15的解集为________．
8．有3名大学毕业生，到5家公司应聘，若每家公司至多招聘1名新员工，且3名大学毕业生全部被聘用，若不允许兼职，则共有________种不同的招聘方案．(用数字作答)
9．求证：A＝(n＋1)A.
10.用0到9这10个数字，可以组成多少个没有重复数字的三位偶数？
11．有5名同学被安排在周一至周五值日，已知同学甲只能在周一值日，那么5名同学值日顺序的编排方案共有( )
A．12种 B．24种
C．48种 D．120种
12．某班级从A，B，C，D，E，F六名学生中选四人参加4×100 m接力比赛，其中第一棒只能在A，B中选一人，第四棒只能在A，C中选一人，则不同的选派方法共有( )
A．24种 B．36种
C．48种 D．72种
13．由数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中小于50 000的偶数共有( )
A．60个 B．48个
C．36个 D．24个
14．若把英语单词“pear”的字母顺序写错了，则可能出现的错误有________种．
15．英国数学家泰勒(B.Taylor,1685－1731)以发现泰勒公式和泰勒级数闻名于世，由泰勒公式，我们能得到e＝1＋＋＋＋…＋＋(其中e为自然对数的底数，0<θ<1，n！＝n×(n－1)×(n－2)×…×2×1)，其拉格朗日余项是Rn＝.可以看出，右边的项用得越多，计算得到的e的近似值也就越精确．若近似地表示e的泰勒公式的拉格朗日余项Rn，Rn不超过时，正整数n的最小值是( )
A．5 B．6
C．7 D．8
一条铁路有n个车站，为适应客运需要，新增了m个车站，且知m＞1，客运车票增加了62种，问原有多少个车站？现在有多少个车站？
参考答案与详细解析
1．C [A＝12×11×10＝1 320，
A＝10×9×8＝720，
故A－A＝1 320－720＝600.]
2．B [由A－A＝10，得(n＋1)n－n(n－1)＝10，解得n＝5.]
3．D [A＝＝(27－a)(28－a)·…·(34－a)．]
4．C [司机、售票员各有A种分配方法，由分步乘法计数原理知，共有AA种不同的分配方法．]
5．B [不考虑限制条件有A种选法，若a当副组长，有A种选法，故a不当副组长，有A－A＝16(种)选法．]
6．AD [∵A＝，
而A·A＝n·
＝，
∴A＝A·A.]
7．{2,3,4}
解析 由A－n<15，得n(n－1)－n－15<0，
整理得n2－2n－15<0，解得－3又因为n≥2且n∈N*，所以n＝2,3,4.
8．60
解析 将5家公司看作5个不同的位置，从中任选3个位置给3名大学毕业生，则本题即为从5个不同元素中任取3个元素的排列问题．所以共有A＝5×4×3＝60(种)不同的招聘方案．
9．证明 左边＝＝
＝(n＋1)A＝右边．
所以原式成立．
10．解 首先应考虑“0”这个特殊元素，当0排在末位时，有A＝9×8＝72(个)，
当0不排在末位时，有A·A·A＝4×8×8＝256(个)，
于是由分类加法计数原理，得符合题意的偶数共有72＋256＝328(个)．
11．B [∵同学甲只能在周一值日，∴除同学甲外的4名同学将在周二至周五值日，∴5名同学值日顺序的编排方案共有A＝24(种)．]
12．B [若第一棒选A，则有A种选派方法；若第一棒选B，则有2A种选派方法．由分类加法计数原理知，共有A＋2A＝3A＝36(种)选派方法．]
13．C [由数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中偶数共有2A＝48(个)，大于50 000的偶数共有2A＝12(个)，所以小于50 000的偶数共有48－12＝36(个)．]
14．23
解析 因为“p，e，a，r”四个字母组成的全排列共有A＝4×3×2×1＝24(种)，其中只有排列“pear”是正确的，其余全是错误的，故可能出现错误的共有24－1＝23(种)．
15．B [依题意得，(n＋1)！≥3 000，
又(5＋1)！＝6×5×4×3×2×1＝720，
(6＋1)！＝7×6×5×4×3×2×1＝5 040>3 000，所以n的最小值是6.]
16．解 由题意可知，原有车票的种数是A种，
现有车票的种数是A种，
所以A－A＝62，
即(n＋m)(n＋m－1)－n(n－1)＝62，
所以m(2n＋m－1)＝62＝2×31，
因为m＜2n＋m－1，
且n≥2，m，n∈N*，
所以
解得m＝2，n＝15，
故原有15个车站，现有17个车站．
