排列组合高中数学组卷

一．选择题（共9小题）

1．（2016?衡阳校级一模）3名医生和6名护士被分配到3所学校为学生体检，每校分配1名医生和2名护士．不同的分配方法共有（）

A．90种B．180种C．270种D．540种

2．（2016?黄冈校级自主招生）方程3x2+y2=3x﹣2y的非负整数解（x，y）的组数为（）A．0 B．1 C．2 D．3

3．（2016?新余二模）7人站成两排队列，前排3人，后排4人，现将甲、乙、丙三人加入队列，前排加一人，后排加两人，其他人保持相对位置不变，则不同的加入方法种数为（）A．120 B．240 C．360 D．480

4．（2016?内江四模）4名大学生到三家企业应聘，每名大学生至多被一家企业录用，则每家企业至少录用一名大学生的情况有（）

A．24种B．36种C．48种D．60种

5．（2016?邯郸一模）现有6个白球、4个黑球，任取4个，则至少有两个黑球的取法种数是（）

A．90 B．115 C．210 D．385

6．（2016?成都校级模拟）用数字0，1，2，3，4，5，6组成没有重复数字的四位数，其中个位、十位和百位上的数字之和为偶数的四位数共有（）个．

A．324 B．216 C．180 D．384

7．（2016?湖南校级模拟）某中学拟安排6名实习老师到高一年级的3个班实习，每班2人，则甲在一班、乙不在一班的不同分配方案共有（）

A．12种B．24种C．36种D．48种

8．（2016?陕西模拟）某校开设A类选修课2门，B类选修课3门，一位同学从中选3门．若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有（）

A．3种B．6种C．9种D．18种

9．（2016?福建模拟）四位男生和两位女生排成一排，男生有且只有两位相邻，则不同排法的种数是（）

A．72 B．96 C．144 D．240

二．填空题（共3小题）

10．（2016?黄冈校级自主招生）若p和q为质数，且5p+3q=91，则p=，

q=．

11．（2016?黄冈校级自主招生）设整数a使得关于x的一元二次方程5x2﹣5ax+26a﹣143=0的两个根都是整数，则a的值是．

12．（2016?绵阳模拟）从数字0、1、2、3、4、5这6个数字中任选三个不同的数字组成的三位偶数有个．（用数字作答）

三．解答题（共4小题）

13．（2016?新余三模）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，E，F分别是AC，PB的中点．

（1）证明：EF∥平面PCD；

（2）求证：面PBD⊥面PAC；

（3）若PA=AB，求PD与平面PAC所成角的大小．

14．（2016?银川模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，∠DAB=60°，PD⊥平面ABCD，PD=AD=1，点E，F分别为AB和PD中点．

（Ⅰ）求证：直线AF∥平面PEC；

（Ⅱ）求PC与平面PAB所成角的正弦值．

15．（2016?南京三模）设f（n）=（a+b）n（n∈N*，n≥2），若f（n）的展开式中，存在某连续3项，其二项式系数依次成等差数列，则称f（n）具有性质P．

（1）求证：f（7）具有性质P；

（2）若存在n≤2016，使f（n）具有性质P，求n的最大值．

16．（2011春?琼海校级月考）从1到9的九个数字中取三个偶数四个奇数，试问：

（1）能组成多少个没有重复数字的七位数？

（2）上述七位数中三个偶数排在一起的有几个？

（3）在（1）中任意两偶数都不相邻的七位数有几个？

排列组合高中数学组卷

参考答案与试题解析

一．选择题（共9小题）

1．（2016?衡阳校级一模）3名医生和6名护士被分配到3所学校为学生体检，每校分配1名医生和2名护士．不同的分配方法共有（）

A．90种B．180种C．270种D．540种

【分析】三所学校依次选1名医生、2名护士，同一个学校没有顺序，可得不同的分配方法数．

【解答】解：三所学校依次选医生、护士，不同的分配方法共有：C31C62C21C42=540种．故选D．

2．（2016?黄冈校级自主招生）方程3x2+y2=3x﹣2y的非负整数解（x，y）的组数为（）A．0 B．1 C．2 D．3

【分析】分析：要求方程3x2+y2=3x﹣2y的非负整数解（x，y）的组数，进行简单的化简得3（x﹣）2+（y+1）2=，然后进行讨论，可以得到结论．解答：点评：

【解答】解：3x2+y2=3x﹣2y，

3x2+y2﹣3x+2y=0，

3（x﹣）2+（y+1）2=，

当x=0时，y=0，即（0，0），

当x=1时，y=0，即（1，0），

当x=2时，y无解．

当x≥2时，y均无解，

综上所述方程3x2+y2=3x﹣2y的非负整数解（x，y）的组数为2．

故选C．

【分析】分三步，第一步，从甲、乙、丙三人选一个加到前排，第二步，前排3人形成了4个空，任选一个空加一人，有4种，第三步，后排4分人，形成了5个空，任选一个空加一人，有5种，此时形成了6个空，任选一个空加一人，根据分步计数原理可得．

【解答】解：第一步，从甲、乙、丙三人选一个加到前排，有3种，

第二步，前排3人形成了4个空，任选一个空加一人，有4种，

第三步，后排4分人，形成了5个空，任选一个空加一人，有5种，此时形成了6个空，任选一个空加一人，有6种，

根据分步计数原理可得3×4×5×6=360，

故选：C．

4．（2016?内江四模）4名大学生到三家企业应聘，每名大学生至多被一家企业录用，则每家企业至少录用一名大学生的情况有（）

A．24种B．36种C．48种D．60种

【分析】分两类，第一类，有3名被录用，第二类，4名都被录用，则有一家录用两名，根据分类计数原理即可得到答案

【解答】解：分两类，第一类，有3名被录用，有=24种，第二类，4名都被录用，则有一家录用两名，有=36，

根据分类计数原理，共有24+36=60（种）

故选D．

5．（2016?邯郸一模）现有6个白球、4个黑球，任取4个，则至少有两个黑球的取法种数是（）

A．90 B．115 C．210 D．385

【分析】根据黑球的个数分为三类，根据根据分类计数原理可得．

【解答】解：分三类，两个黑球，有C42C62=90种，

三个黑球，有C43C61=24种，

四个黑球，有C44=1种，

根据分类计数原理可得，至少有两个黑球的取法种数是90+24+1=115，

故选：B．

6．（2016?成都校级模拟）用数字0，1，2，3，4，5，6组成没有重复数字的四位数，其中个位、十位和百位上的数字之和为偶数的四位数共有（）个．

A．324 B．216 C．180 D．384

【分析】由题意知本题需要分类来解，当个位、十位和百位上的数字为3个偶数，当个位、十位和百位上的数字为1个偶数2个奇数，根据分类计数原理得到结果．

【解答】解：由题意知本题需要分类来解：

当个位、十位和百位上的数字为3个偶数的有：+=90种；

当个位、十位和百位上的数字为1个偶数2个奇数的有：+=234

种，

根据分类计数原理得到共有90+234=324个．

故选：A

7．（2016?湖南校级模拟）某中学拟安排6名实习老师到高一年级的3个班实习，每班2人，则甲在一班、乙不在一班的不同分配方案共有（）

A．12种B．24种C．36种D．48种

【分析】先安排甲、乙，再安排其它实习老师，即可得出结论．

【解答】解：∵6名实习老师到高一年级的3个班实习，每班2人，则甲在一班、乙不在一班，

∴不同分配方案共有=24种．

故选：B．

8．（2016?陕西模拟）某校开设A类选修课2门，B类选修课3门，一位同学从中选3门．若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有（）

A．3种B．6种C．9种D．18种

【分析】两类课程中各至少选一门，包含两种情况：A类选修课选1门，B类选修课选2门；A类选修课选2门，B类选修课选1门，写出组合数，根据分类计数原理得到结果

【解答】解：可分以下2种情况：①A类选修课选1门，B类选修课选2门，有C21C32种不同的选法；

②A类选修课选2门，B类选修课选1门，有C22C31种不同的选法．

∴根据分类计数原理知不同的选法共有C21C32+C22C31=6+3=9种．

故要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有9种．

故选：C

9．（2016?福建模拟）四位男生和两位女生排成一排，男生有且只有两位相邻，则不同排法的种数是（）

A．72 B．96 C．144 D．240

【分析】先从4位男生中选2位捆绑在一起，和剩下的2位男生，插入到2位女生所形成的3个空中，根据分步计数原理可得．

【解答】解：先从4位男生中选2位捆绑在一起，和剩下的2位男生，插入到2位女生所形成的3个空中，故有A42A22A33=144种，

故选：C．

二．填空题（共3小题）

10．（2016?黄冈校级自主招生）若p和q为质数，且5p+3q=91，则p=17，q=2．【分析】先根据5p+3q=91可知p、q为一奇一偶，再由p和q为质数可知p、q中必有一数为2，再把p=2或q=2代入5p+3q=91求出另一未知数的对应值，找出符合条件的未知数的值即可．

【解答】解：∵5p+3q=91，

∴p、q为一奇一偶，

∵p和q为质数，

∴p、q中必有一数为2，

当p=2时，q==27，27为合数，故舍去，

当q=2时，p==17．

故p=17，q=2．

故答案为：17，2．

11．（2016?黄冈校级自主招生）设整数a使得关于x的一元二次方程5x2﹣5ax+26a﹣143=0的两个根都是整数，则a的值是18．

【分析】先因式分解得到（5x﹣26）（5x﹣5a+26）=39，即可得到只存在39=1×39或39×1

或3×13或13×3或四种情况，分别计算判断即可．

【解答】解：∵5x2﹣5ax+26a﹣143=0?25x2﹣25ax+（130a﹣262）﹣39=0，

即（5x﹣26）（5x﹣5a+26）=39，

∵x，a都是整数，故（5x﹣26）、（5x﹣5a+26）都分别为整数，

而只存在39=1×39或39×1或3×13或13×3或四种情况，

①当5x﹣26=1、5x﹣5a+26=39联立解得a=2.8不符合，

②当5x﹣26=39、5x﹣5a+26=1联立解得a=18，

③当5x﹣26=3、5x﹣5a+26=13联立解得a=8.4不符合，

④当5x﹣26=13、5x﹣5a+26=3联立解得a=12.4不符合，

∴当a=18时，方程为5x2﹣90x+325=0两根为13、﹣5．

故答案为：18．

12．（2016?绵阳模拟）从数字0、1、2、3、4、5这6个数字中任选三个不同的数字组成的三位偶数有52个．（用数字作答）

【分析】分两类，第一类，个位为0，第二类，个位是2或4，再利用分步计数原理求出每一类有多少个，然后相加．

【解答】解：分两类，第一类，个位为0，有A52=20个；

第二类，个位是2或4，有C21×C41×C41=32个，

∴可组成没有重复数字的三位偶数有20+32=52个，

故答案为：52．

三．解答题（共4小题）

13．（2016?新余三模）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，E，F分别是AC，PB的中点．

（1）证明：EF∥平面PCD；

（2）求证：面PBD⊥面PAC；

（3）若PA=AB，求PD与平面PAC所成角的大小．

【分析】（1）如图连接BD，通过证明EF∥PD，证明EF∥平面PCD；

（2）证明BD⊥AC，PA⊥BD，证明BD⊥平面PAC，然后证明面PBD⊥面PAC；

（3）连接PE，说明∠EPD是PD与平面PAC所成的角．通过Rt△PAD≌Rt△BAD．在Rt△PED 中，求出sin∠EPD的值，推出PD与平面PAC所成角的大小．

【解答】解：（1）证明：如图连接BD，则E是BD的中点．

又F是PB的中点，所以EF∥PD，

因为EF不在平面PCD内，所以EF∥平面PCD；

（2）因为ABCD是正方形，所以BD⊥AC，

又PA⊥平面ABC，所以PA⊥BD，

因此BD⊥平面PAC，BD在平面PBD内，

故面PBD⊥面PAC；

（3）连接PE，由（2）可知BD⊥平面PAC，

故∠EPD是PD与平面PAC所成的角．

因为PA=AB=AD，∠PAD=∠BAD=90°，

所以Rt△PAD≌Rt△BAD．

因此PD=BD，在Rt△PED中sin∠EPD==，∠PAD=30°，

所以PD与平面PAC所成角的大小是30°．

14．（2016?银川模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，∠DAB=60°，PD⊥平面ABCD，PD=AD=1，点E，F分别为AB和PD中点．

（Ⅰ）求证：直线AF∥平面PEC；

（Ⅱ）求PC与平面PAB所成角的正弦值．

【分析】（Ⅰ）首先利用中点引出中位线，进一步得到线线平行，再利用线面平行的判定定理得到结论．

（Ⅱ）根据直线间的两两垂直，尽力空间直角坐标系，再求出平面PAB的法向量，最后利用向量的数量积求出线面的夹角的正弦值．

【解答】解：（Ⅰ）证明：作FM∥CD交PC于M．

∵点F为PD中点，

∴．

∵点E为AB的中点．

∴，

又AE∥FM，

∴四边形AEMF为平行四边形，

∴AF∥EM，

∵AF?平面PEC，EM?平面PEC，

∴直线AF∥平面PEC．

（Ⅱ）已知∠DAB=60°，

进一步求得：DE⊥DC，

则：建立空间直角坐标系，

则P（0，0，1），C（0，1，0），E（，0，0），

A（，﹣，0），B（，，0）．

所以：，．设平面PAB的一个法向量为：，．∵，

则：，

解得：，

所以平面PAB的法向量为：

∵，

∴设向量和的夹角为θ，

∴cosθ=，

∴PC平面PAB所成角的正弦值为．

15．（2016?南京三模）设f（n）=（a+b）n（n∈N*，n≥2），若f（n）的展开式中，存在某连续3项，其二项式系数依次成等差数列，则称f（n）具有性质P．

（1）求证：f（7）具有性质P；

（2）若存在n≤2016，使f（n）具有性质P，求n的最大值．

【分析】（1）利用二项式定理计算可知f（7）的展开式中第二、三、四项的二项式系数分别为7、21、35，通过验证即得结论；

（2）通过假设+=2，化简、变形可知（2k﹣n）2=n+2，问题转化为求当n≤2016时n取何值时n+2为完全平方数，进而计算可得结论．

【解答】（1）证明：f（7）的展开式中第二、三、四项的二项式系数分别为=7、=21、=35，

∵+=2，即、、成等差数列，

∴f（7）具有性质P；

（2）解：设f（n）具有性质P，则存在k∈N*，1≤k≤n﹣1，使、、成等差数列，

所以+=2，

整理得：4k2﹣4nk+（n2﹣n﹣2）=0，即（2k﹣n）2=n+2，

所以n+2为完全平方数，

又n≤2016，由于442＜2016+2＜452，

所以n的最大值为442﹣2=1934，此时k=989或945．

16．（2011春?琼海校级月考）从1到9的九个数字中取三个偶数四个奇数，试问：

（1）能组成多少个没有重复数字的七位数？

（2）上述七位数中三个偶数排在一起的有几个？

（3）在（1）中任意两偶数都不相邻的七位数有几个？

【分析】（1）本题是一个分步计数问题，第一步在4个偶数中取3个，有C43种结果，第二步在5个奇数中取4个，有C54种结果，第三步得到的7个数字进行排列有A77种结果，根据分步计数原理得到结果．

（2）上述七位数中三个偶数排在一起可以把三个偶数看成一个元素进行排列，三个元素之间还有一个排列，得到结果

（3）上述七位数中偶数都不相邻，可先把4个奇数排好，再将3个偶数分别插入5个空档，利用分别计数原理得到结果．

【解答】解：（1）由题意知本题是一个分步计数问题，

第一步在4个偶数中取3个，有C43种结果，

第二步在5个奇数中取4个，有C54种结果，

第三步得到的7个数字进行排列有A77种结果，

∴符合题意的七位数有C43C54A77=100800

（2）上述七位数中，三个偶数排在一起可以把三个偶数看成一个元素进行排列，

三个元素之间还有一个排列，有C43C54A55A33=14400

（3）上述七位数中偶数都不相邻，可先把4个奇数排好，

再将3个偶数分别插入5个空档，

共有A54C43A53=28800个