2025-高考科學復習創(chuàng)新方案-數(shù)學-提升版第十一章素能培優(yōu)(八)含答案

2025-高考科學復習創(chuàng)新方案-數(shù)學-提升版第十一章考情分析：概率是歷年高考的必考點之一，其中概率中的函數(shù)建模問題、借助條件概率建立遞推關系問題等等都是高考命題的核心點，有時出現(xiàn)在試卷的壓軸位置，難度較大，可以較好地考查考生對知識點的綜合運用能力．考點難度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)問題例1(2024·煙臺模擬)某蔬菜批發(fā)商分別在甲、乙兩個市場銷售某種蔬菜(兩個市場的銷售互不影響)，已知該蔬菜每售出1噸獲利500元，未售出的蔬菜降價處理，每噸虧損100元．現(xiàn)分別統(tǒng)計該蔬菜在甲、乙兩個市場以往100個周期的市場需求量，制成頻數(shù)分布條形圖如下：以市場需求量的頻率代替需求量的概率．設批發(fā)商在下個銷售周期購進n噸該蔬菜，在甲、乙兩個市場同時銷售，以X(單位：噸)表示下個銷售周期兩個市場的總需求量，T(單位：元)表示下個銷售周期兩個市場的銷售總利潤．(1)求X的分布列；(2)當n＝19時，求T與X的函數(shù)解析式，并估計銷售利潤不少于8900元的概率；(3)以銷售利潤的期望作為決策的依據(jù)，判斷n＝17與n＝18應選擇哪一個．解(1)設甲市場需求量為x的概率為P(x)，乙市場需求量為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X≥19時，T＝500×19＝9500，當X<19時，T＝500X－(19－X)×100＝600X－1900，所以T＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(9500，X≥19，,600X－1900，X<19.))設事件A＝“銷售利潤不少于8900元”，則當X≥19時，T＝9500>8900，當X<19時，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n＝17時，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n＝18時，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.因為8790>8464，所以應選n＝18.概率統(tǒng)計中的最值問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，利用單調性求均值、方差的最值；方法二：利用導數(shù)研究函數(shù)的極值點，從而確定最優(yōu)解檢驗反思回顧，注意實際問題的實際意義(2023·東莞模擬)現(xiàn)有一種射擊訓練，每次訓練都是由高射炮向目標飛行物連續(xù)發(fā)射三發(fā)炮彈，每發(fā)炮彈擊中目標飛行物與否相互獨立．已知射擊訓練有A，B兩種型號的炮彈，對于A型號炮彈，每發(fā)炮彈擊中目標飛行物的概率均為p(0<p≤0.4)，且擊中一彈目標飛行物墜毀的概率為0.6，擊中兩彈目標飛行物必墜毀；對于B型號炮彈，每發(fā)炮彈擊中目標飛行物的概率均為q(0<q<1)，且擊中一彈目標飛行物墜毀的概率為0.4，擊中兩彈目標飛行物墜毀的概率為0.8，擊中三彈目標飛行物必墜毀．(1)在一次訓練中，使用B型號炮彈，求q滿足什么條件時，才能使得至少有一發(fā)炮彈擊中目標飛行物的概率不低于0.936；(2)若p＋q＝1，試判斷在一次訓練中選用A型號炮彈還是B型號炮彈使得目標飛行物墜毀的概率更大？并說明理由．解(1)因為每次訓練都是由高射炮向目標飛行物連續(xù)發(fā)射三發(fā)炮彈，每發(fā)炮彈擊中目標飛行物與否相互獨立，所以在一次訓練中，連續(xù)發(fā)射三發(fā)B型號炮彈，用X表示擊中目標飛行物的炮彈數(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0.6≤q<1時，才能使得至少有一發(fā)炮彈擊中目標飛行物的概率不低于0.936.(2)在一次訓練中，連續(xù)發(fā)射三發(fā)A型號炮彈，用Y表示擊中目標飛行物的炮彈數(shù)，則Y～B(3，p)，記事件C為“選用A型號炮彈使得目標飛行物墜毀”，事件D為“選用B型號炮彈使得目標飛行物墜毀”，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，因為p＋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0<p≤0.4時，f′(p)>0恒成立，所以f(p)在(0，0.4]上單調遞增，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型號炮彈使得目標飛行物墜毀的概率更大．考向二概率中的數(shù)列問題例2(2023·杭州二模)馬爾科夫鏈是概率統(tǒng)計中的一個重要模型，也是機器學習和人工智能的基石，在強化學習、自然語言處理、金融領域、天氣預測等方面都有著極其廣泛的應用．其數(shù)學定義為：假設我們的序列狀態(tài)是…，Xt－2，Xt－1，Xt，Xt＋1，…，那么Xt＋1時刻的狀態(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．假如一名賭徒進入賭場參與一個賭博游戲，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．賭徒會一直玩下去，直到遇到如下兩種情況才會結束賭博游戲：一種是手中賭金為0元，即賭徒輸光；一種是賭金達到預期的B元，賭徒停止賭博．記賭徒的本金為A(A∈N*，A<B)，賭博過程如下圖的數(shù)軸所示．當賭徒手中有n元(0≤n≤B，n∈N)時，最終輸光的概率為P(n)，請回答下列問題：(1)請直接寫出P(0)與P(B)的數(shù)值；(2)證明{P(n)}是一個等差數(shù)列，并寫出公差d；(3)當A＝100時，分別計算B＝200，B＝1000時，P(A)的數(shù)值，并結合實際，解釋當B→＋∞時，P(A)的統(tǒng)計含義．解(1)當n＝0時，賭徒已經(jīng)輸光了，因此P(0)＝1.當n＝B時，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)}是一個等差數(shù)列，設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B＝200時，P(A)＝50%，當B＝1000時，P(A)＝90%，當B→＋∞時，P(A)→1，因此可知久賭無贏家，即便是一個這樣看似公平的游戲，只要賭徒一直玩下去就會有接近100%的概率輸光．本題將概率和數(shù)列知識綜合到了一起，解答的關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)為了拓展學生的知識面，提高學生對航空航天科技的興趣，培養(yǎng)學生良好的科學素養(yǎng)，某校組織學生參加航空航天科普知識答題競賽，每位參賽學生答題若干次，答題賦分方法如下：第1次答題，答對得20分，答錯得10分；從第2次答題開始，答對則獲得上一次答題得分的兩倍，答錯得10分．學生甲參加答題競賽，每次答對的概率為eq\f(3,4)，各次答題結果互不影響．(1)求甲前3次答題得分之和為40分的概率；(2)記甲第i次答題所得分數(shù)Xi(i∈N*)的數(shù)學期望為E(Xi)．①寫出E(Xi－1)與E(Xi)滿足的等量關系式(直接寫出結果，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次答題所得分數(shù)Xi－1的數(shù)學期望為E(Xi－1)，因此第i次答對題所得分數(shù)為2E(Xi－1)，答錯題所得分數(shù)為10分，其概率分別為eq\f(3,4)，eq\f(1,4)，于是甲第i次答題所得分數(shù)Xi的數(shù)學期望為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i∈N*，i≥2時，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，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[課程標準]1.理解排列、組合的概念.2.能利用計數(shù)原理推導排列數(shù)公式、組合數(shù)公式.3.能利用排列組合解決簡單的實際問題．1．排列與組合的概念名稱定義排列從n個不同元素中取出m(m≤n)個元素并按照eq\x(\s\up1(01))一定的順序排成一列，叫做從n個不同元素中取出m個元素的一個排列組合eq\x(\s\up1(02))作為一組，叫做從n個不同元素中取出m個元素的一個組合2.排列數(shù)與組合數(shù)(1)從n個不同元素中取出m(m≤n)個元素的所有eq\x(\s\up1(03))不同排列的個數(shù)，叫做從n個不同元素中取出m個元素的排列數(shù)，用符號eq\a\vs4\al(\x(\s\up1(04))Aeq\o\al(m,n))表示．(2)從n個不同元素中取出m(m≤n)個元素的eq\x(\s\up1(05))所有不同組合的個數(shù)，叫做從n個不同元素中取出m個元素的組合數(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(1)Aeq\o\al(n,n)＝eq\x(\s\up1(11))n！；(2)0！＝eq\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)解決排列與組合問題的“四項基本原則”(1)特殊優(yōu)先原則：如果問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取出的元素進行排列時，要先取后排，即完整地把需要排列的元素取出后，再進行排列．(3)正難則反原則：當直接求解困難時，采用間接法解決問題．(4)先分組后分配原則：在分配問題中如果被分配的元素多于位置，這時要先進行分組，再進行分配．1．(人教B選擇性必修第二冊習題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Ⅱ卷)某學校為了解學生參加體育運動的情況，用比例分配的分層隨機抽樣方法作抽樣調查，擬從初中部和高中部兩層共抽取60名學生，已知該校初中部和高中部分別有400名和200名學生，則不同的抽樣結果共有()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數(shù)原理，知不同的抽樣結果共有Ceq\o\al(40,400)·Ceq\o\al(20,200)種．故選D.3．若原來站成一排的4個人重新站成一排，恰有一個人站在自己原來的位置上，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·邢臺檢測)生命在于運動，小蘭給自己制定了周一到周六的運動計劃，這六天每天安排一項運動，其中有兩天練習瑜伽，另外四天的運動項目互不相同，且運動項目為跑步、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瑜伽，則共有216種不同的安排方法C．若周一不練習瑜伽，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錯誤；對于B，若周二和周五至少有一天安排練習瑜伽，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；對于C，若周一不練習瑜伽，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；對于D，若瑜伽不被安排在相鄰的兩天，則先排其他四項運動，共有Aeq\o\al(4,4)種不同的安排方法，再從5個空位里插入2個安排練習瑜伽，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6.2.3練習T3改編)現(xiàn)有1，3，7，13這4個數(shù)，從這4個數(shù)中任取2個相加，可以得到________個不相等的和；從這4個數(shù)中任取2個相減，可以得到________個不相等的差．答案610解析從這4個數(shù)中任取2個相加有1＋3＝4，1＋7＝8，1＋13＝14，3＋7＝10，3＋13＝16，7＋13＝20，可以得到6個不相等的和．從這4個數(shù)中任取2個相減有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個不相等的差．考向一排列問題例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題的主要方法直接法分類法選定一個適當?shù)姆诸悩藴?，將要完成的事件分成幾個類型，分別計算每個類型中的排列數(shù)，再由分類加法計數(shù)原理得出總數(shù)分步法選定一個適當?shù)臉藴?，將事件分成幾個步驟來完成，分別計算出各步驟的排列數(shù)，再由分步乘法計數(shù)原理得出總數(shù)捆綁法相鄰問題捆綁處理，即可以把相鄰元素看作一個整體與其他元素進行排列，同時注意捆綁元素的內部排列插空法不相鄰問題插空處理，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于定序問題，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于分類過多的問題，一般利用正難則反、等價轉化的方法用0，1，2，3，4，5這6個數(shù)字，(1)能組成多少個無重復數(shù)字的四位偶數(shù)？(2)能組成多少個奇數(shù)數(shù)字互不相鄰的六位數(shù)(無重復數(shù)字)?解(1)符合要求的四位偶數(shù)可分為三類：第一類，0在個位時，有Aeq\o\al(3,5)個；第二類，2在個位時，千位從1，3，4，5中選定1個，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；第三類，4在個位時，與第二類同理，也有Aeq\o\al(1,4)Aeq\o\al(2,4)個．由分類加法計數(shù)原理得，能組成Aeq\o\al(3,5)＋2Aeq\o\al(1,4)Aeq\o\al(2,4)＝156個無重復數(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個空的排法共有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)＝12種，此時構不成六位數(shù)，故符合要求的六位數(shù)的個數(shù)為144－12＝132.考向二組合問題例2某課外活動小組共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女各有一名隊長．現(xiàn)從中選5人主持某種活動，依下列條件各有多少種選法？(1)只有一名女生當選；(2)兩隊長當選；(3)至少有一名隊長當選；(4)男生甲和女生乙當選；(5)最多有兩名女生當選．解(1)只有一名女生當選即有一名女生和四名男生當選，故共有Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(4,8)＝350種．(2)兩隊長當選，共有Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(3,11)＝165種．(3)至少有一名隊長當選含有兩類：只有一名隊長當選和有兩名隊長當選．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)最多有兩名女生當選含有三類：有兩名女生當選、只有一名女生當選和沒有女生當選．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．組合問題的常見類型及求解策略(1)“含有”或“不含有”問題：“含”，則先將這些元素取出，再由另外的元素補足；“不含”，則先將這些元素剔除，再從剩下的元素中去選?。?2)“至少”或“最多”問題：用直接法和間接法都可以求解，通常用直接法，分類復雜時，考慮逆向思維，用間接法處理．1.圓周上有10個等分點，以這10個等分點中的4個點為頂點構成四邊形，其中梯形的個數(shù)為()A．10 B．20C．40 D．60答案D解析如圖所示，10點連線中有5條為圓的直徑，其每條直徑分別有4條弦與之平行，可構成5×(Ceq\o\al(2,5)－2)＝40個梯形；10點連線中有5組與構成的5條直徑不平行的4條平行弦，如A3A5∥A2A6∥A1A7∥A10A8，可構成5×(Ceq\o\al(2,4)－2)＝20個梯形．由分類加法計數(shù)原理可知，共構成40＋20＝60個梯形．故選D.2．(多選)在某地實施的新高考改革方案中，選擇性考試科目有物理、化學、生物、政治、歷史、地理6門．學生根據(jù)高校的要求，結合自身特長興趣，首先在物理、歷史2門科目中選擇1門，再從政治、地理、化學、生物4門科目中選擇2門，考試成績計入考生總分，作為統(tǒng)一高考招生錄取的依據(jù)．某學生想在物理、化學、生物、政治、歷史、地理這6門課程中選三門作為選考科目，下列說法正確的是()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，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、生物至少選一門，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錯誤；若化學必選，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，選法總數(shù)為Ceq\o\al(1,2)(Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)＋1)，C錯誤；若物理必選，化學、生物至少選一門，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、分配問題角度不同元素的分配問題例3按下列要求分配6本不同的書，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)無序不均勻分組問題．先選1本有Ceq\o\al(1,6)種選法；再從余下的5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)有序不均勻分組問題．由于甲、乙、丙是不同的三人，在(1)的基礎上，還應考慮再分配，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)無序均勻分組問題．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)的基礎上，還應考慮再分配，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)的基礎上，還應考慮再分配，共有15Aeq\o\al(3,3)＝90種．角度相同元素的分配問題(隔板法)例4將12個相同的小球放入編號為1，2，3，4的四個盒子中．(1)若每個盒子中至少有一個小球，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個小球排成一排，中間有11個間隔，在這11個間隔中選出3個，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盒子放入的球數(shù)．這樣每一種隔板的插法，就對應了球的一種放法，即每一種從11個間隔中選出3個間隔的組合對應一種放法，所以不同的放法有Ceq\o\al(3,11)＝165(種)．(2)因為每盒可空，所以隔板之間允許無球，那么插入法就無法應用，現(xiàn)建立如下數(shù)學模型．將三塊隔板與12個球排成一排，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盒子放入的球數(shù)，即1，2，3，4四個盒子相應放入3個，0個，5個，4個小球．這樣每一種隔板與球的排列法，就對應了球的一種放法．排列的位置有15個，先從這15個位置中選出3個位置放隔板有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、分配問題的策略相同元素的分配問題常用“隔板法”不同元素的整體均分問題分組后一定要除以Aeq\o\al(n,n)(n為均分的組數(shù))，避免重復計數(shù)不同元素的部分均分問題若有m組元素個數(shù)相等，則分組時應除以m！提醒：隔板法的關鍵在于準確確定空位個數(shù)以及需要的隔板個數(shù)，使用這種方法需要注意兩個方面的問題：一是要根據(jù)題意確定能否轉化為“每組至少一個”的問題，以便確定能否利用隔板法；二是要注意準確確定空位數(shù)以及需要的隔板數(shù)，一般來說，兩端不能插隔板．1.(2023·福建省高考適應性練習)中國救援力量在國際自然災害中為拯救生命作出了重要貢獻，很好地展示了國際形象，增進了國際友誼，多次為祖國贏得了榮譽．現(xiàn)有5支救援隊前往A，B，C三個受災點執(zhí)行救援任務，若每支救援隊只能去其中的一個受災點，且每個受災點至少安排1支救援隊，其中甲救援隊只能去B，C兩個受災點中的一個，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受災點，則剩余4支救援隊可只去A，C兩個受災點，也可分為3組去A，B，C三個受災點．當剩余4支救援隊只去A，C兩個受災點時，可按1，3或2，2分配，此時的分配方法有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；當剩余4支救援隊分為3組去A，B，C三個受災點時，先從4支救援隊中選出2支救援隊，即可分為3組，然后分配到三個受災點即可，此時的分配方法有Ceq\o\al(2,4)·Aeq\o\al(3,3)＝36種．綜上可得，甲去B受災點，不同的安排方法種數(shù)是14＋36＝50.同理，甲去C受災點，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．某市擬成立一個由6名高中學生成立的調查小組，并準備將這6個名額分配給本市的4所重點中學，要求每所重點中學都有學生參加，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個名額排成一列，6個名額之間有5個空，任找3個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名高級教師(不同姓)到基礎教育薄弱的甲、乙、丙三所中學進行支教，每所學校至少去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________．答案360解析解法一：根據(jù)6名高級教師到甲、乙、丙三所中學進行支教，每所學校至少去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名教師到三所學校，每所學校至少去1人，可能的分組情況為4，1，1；3，2，1；2，2，2.①對于第一種情況，由于李老師不去甲校，李老師自己去一個學校有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．把分別寫有1，2，3，4，5的五張卡片全部分給甲、乙、丙三個人，每人至少一張，且若分得的卡片超過一張，則必須是連號，那么不同的分法種數(shù)為________(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，若分得的卡片超過一張，則必須是連號，相當于將1，2，3，4，5這5個數(shù)用2個板子隔開，在4個空位插2個板子，共有Ceq\o\al(2,4)＝6種情況，再對應到3個人，有Aeq\o\al(3,3)＝6種情況，則共有6×6＝36種分法．課時作業(yè)一、單項選擇題1．(2023·全國甲卷)有五名志愿者參加社區(qū)服務，共服務星期六、星期天兩天，每天從中任選兩人參加服務，則恰有1人連續(xù)參加兩天服務的選擇種數(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，有Ceq\o\al(1,5)＝5種方法；再從剩余的4人中選擇2人分別參加星期六與星期天的社區(qū)服務，共有Aeq\o\al(2,4)＝12種方法．所以恰有1人連續(xù)參加兩天服務的選擇種數(shù)為5×12＝60.故選B.2．甲、乙兩人要在一排8個空座上就座，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個座位，現(xiàn)有兩人就座，故有6個空座．∵要求每人兩旁均有空座，∴在6個空座的中間5個空中插入2個座位讓兩人就座，即有Aeq\o\al(2,5)＝20種坐法．故選C.3．(2023·滄州模擬)用短語“mathstest”中所有的重復字母重新排列，能組成不同排列的個數(shù)為()A．10 B．20C．30 D．40答案A解析由s有2個，t有3個，則將這5個字母看成不同時的排列為Aeq\o\al(5,5)，故所求排列個數(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)“基礎學科拔尖學生培養(yǎng)試驗計劃”簡稱“珠峰計劃”，是國家為回應“錢學森之問”而推出的一項人才培養(yǎng)計劃，旨在培養(yǎng)中國自己的學術大師．已知浙江大學、復旦大學、武漢大學、中山大學均有開設數(shù)學學科拔尖學生培養(yǎng)基地，某班級有5位同學從中任選一所學校作為奮斗目標，則每所學校至少有一位同學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位同學分為2，1，1，1的分組，再分配到4所學校，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個不同的球迷，要讓每個球迷都得到禮物，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個空，任選2個空插入板子，共有Ceq\o\al(2,4)＝6種不同的方法．故選D.6．(2024·百色模擬)某中學體育節(jié)中，羽毛球單打12強中有3個種子選手，將這12人任意分成3組(每組4個人)，則3個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解析因為丙、丁要在一起，先把丙、丁捆綁，看作一個元素，連同乙、戊看成三個元素排列，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元素的中間兩個位置任選一個位置插入，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)的個數(shù)為Aeq\o\al(5,5)＝120，故共有120＋120＝240個．故選D.二、多項選擇題9．(2024·鄭州開學考試)甲、乙、丙、丁、戊5名同學站成一排參加演出，下列說法中正確的是()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解析對于A，因為甲不在正中間，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錯誤．對于C，若甲、丙、丁從左到右的順序一定，則有四個間隔空位，若乙、戊不相鄰，把乙、戊安排在四個間隔空位中，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、丙捆綁起來作為一個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名同學參加亞運會志愿者服務活動，有翻譯、導游、禮儀、司機四項工作可以安排，若每人都安排一項工作，則以下說法錯誤的是()A．不同的安排方法數(shù)為54B．若每項工作至少有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．每項工作至少有1人參加，甲、乙不會開車但能從事其他三項工作，丙、丁、戊都能勝任四項工作，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．如果司機工作不安排，其余三項工作至少安排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解析對于A，安排5人參加四項工作，若每人都安排一項工作，每人有4種安排方法，則共有45種不同的安排方法，A錯誤；對于B，根據(jù)題意，分兩步進行分析：先將5人分為4組，再將分好的4組全排列，安排四項工作，有Ceq\o\al(2,5)Aeq\o\al(4,4)種不同的安排方法，B錯誤；對于C，根據(jù)題意，分兩種情況討論：①從丙、丁、戊中選出2人開車，②從丙、丁、戊中選出1人開車，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、導游、禮儀三項工作，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錯誤．故選ABD.11．現(xiàn)有4個小球和4個小盒子，下列相關結論正確的是()A．若4個不同的小球放入編號為1，2，3，4的盒子，則共有24種放法B．若4個相同的小球放入編號為1，2，3，4的盒子，且恰有兩個空盒的放法共有18種C．若4個不同的小球放入編號為1，2，3，4的盒子，且恰有一個空盒的放法共有144種D．若編號為1，2，3，4的小球放入編號為1，2，3，4的盒子，沒有一個空盒但小球的編號和盒子的編號全不相同的放法共有9種答案BCD解析若4個不同的小球放入編號為1，2，3，4的盒子，共有44＝256種放法，故A錯誤；若4個相同的小球放入編號為1，2，3，4的盒子，且恰有兩個空盒，則一個盒子放3個小球，另一個盒子放1個小球或兩個盒子均放2個小球，共有Ceq\o\al(2,4)(Aeq\o\al(2,2)＋1)＝18種放法，故B正確；若4個不同的小球放入編號為1，2，3，4的盒子，且恰有一個空盒，則兩個盒子中各放1個小球，另一個盒子中放2個小球，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；若編號為1，2，3，4的小球放入編號為1，2，3，4的盒子，沒有一個空盒但小球的編號和盒子的編號全不相同，若(2，1，4，3)代表編號為1，2，3，4的盒子放入的小球編號分別為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組成沒有重復數(shù)字的四位數(shù)，則這些四位數(shù)中比2134大的數(shù)字個數(shù)為________．(用數(shù)字作答)答案17解析根據(jù)題意，用數(shù)字1，2，3，4組成沒有重復數(shù)字的四位數(shù)，當其千位數(shù)字為3或4時，有2Aeq\o\al(3,3)＝12種情況，即有12個符合題意的四位數(shù)，當其千位數(shù)字為2時，有6種情況，其中最小的為2134，則有6－1＝5個比2134大的四位數(shù)，故