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    2022年高考数学(理数)一轮考点精选练习47《计数原理与排列组合》(含详解)

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    2022年高考数学(理数)一轮考点精选练习47《计数原理与排列组合》(含详解)

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    这是一份2022年高考数学(理数)一轮考点精选练习47《计数原理与排列组合》(含详解),共4页。试卷主要包含了选择题,填空题等内容,欢迎下载使用。
    一、选择题
    我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2 013是“六合数”),则首位为2的“六合数”共有( )
    A.18个 B.15个 C.12个 D.9个
    某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单,开演前又增加了3个新节目,如果将这3个新节目插入节目单中,那么不同的插法种数为( )
    A.504 B.210 C.336 D.120
    A,B,C,D,E,F六人围坐在一张圆桌周围开会,A是会议的中心发言人,必须坐在最北面的椅子上,B,C二人必须坐相邻的两把椅子,其余三人坐剩余的三把椅子,则不同的座次有( )
    A.60种 B.48种 C.30种 D.24种
    若无重复数字的三位数满足条件:
    ①个位数字与十位数字之和为奇数,
    ②所有数位上的数字和为偶数.
    则这样的三位数的个数是( )
    A.540 B.480 C.360 D.200
    2018年元旦假期,高三的8名同学准备拼车去旅游,其中(1)班、(2)班、(3)班、(4)班每班各两名,分乘甲乙两辆汽车,每车限坐4名同学(乘同一辆车的4名同学不考虑位置),其中(1)班两位同学是孪生姐妹,需乘同一辆车,则乘坐甲车的4名同学中恰有2名同学是来自同一个班的乘坐方式共有( )
    A.18种 B.24种 C.48种 D.36种
    甲、乙、丙、丁和戊5名同学进行数学应用知识比赛,决出第1名至第5名(没有重名次).已知甲、乙均未得到第1名,且乙不是最后一名,则5名同学的名次排列情况可能有( )
    A.27种 B.48种 C.54种 D.72种
    6本不同的书在书架上摆成一排,要求甲、乙两本书必须摆放在两端,丙、丁两本书必须相邻,则不同的摆放方法有( )
    A.24种 B.36种 C.48种 D.60种
    在某校举行的羽毛球两人决赛中,采用5局3胜制的比赛规则,先赢3局者获胜,直到决出胜负为止.若甲、乙两名同学参加比赛,则所有可能出现的情形(个人输赢局次的不同视为不同情形)共有( )
    A.6种 B.12种 C.18种 D.20种
    某单位安排甲、乙、丙、丁4名工作人员从周一到周五值班,每天有且只有1人值班,每人至少安排一天且甲连续两天值班,则不同的安排方法种数为( )
    A.18 B.24 C.48 D.96
    a,b,c,d,e共5个人,从中选1名组长1名副组长,但a不能当副组长,不同选法的种数是( )
    A.20 B.16 C.10 D.6
    某班有9名运动员,其中5人会打篮球,6人会踢足球,现从中选出2人分别参加篮球赛和足球赛,则不同的选派方案有( )
    A.28种 B.30种 C.27种 D.29种
    把8个相同的小球全部放入编号为1,2,3,4的四个盒中,则不同的放法种数为( )
    A.35 B.70 C.165 D.1 860
    二、填空题
    如图,从A到O有________种不同的走法(不重复过一点).
    正整数180的正约数的个数为 .
    7位身高均不等的同学排成一排照相,要求中间最高,依次往两端身高逐渐降低,共有________种排法.
    从1,3,5,7,9中任取2个数字,从0,2,4,6中任取2个数字,一共可以组成 个没有重复数字的四位数.(用数字作答)
    如图所示,在A,B间有四个焊接点,若焊接点脱落,则可能导致电路不通,今发现A,B之间线路不通,则焊接点脱落的不同情况有________种.
    从-1,0,1,2这四个数中选三个不同的数作为函数f(x)=ax2+bx+c的系数,则可组成18个不同的二次函数,其中偶函数有 个(用数字作答).
    \s 0 答案解析
    答案为:B;
    解析:依题意,这个四位数的百位数、十位数、个位数之和为4.由4,0,0组成3个数分别为400,040,004;由3,1,0组成6个数分别为310,301,130,103,013,031;由2,2,0组成3个数分别为220,202,022;由2,1,1组成3个数分别为211,121,112.共计3+6+3+3=15(个).
    答案为:A;
    解析:分三步,先插一个新节目,有7种方法,再插第二个新节目,有8种方法,最后插第三个节目,有9种方法.故共有7×8×9=504种不同的插法.
    答案为:B.
    解析:由题知,可先将B,C二人看作一个整体,再与剩余人进行排列,
    则不同的座次有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(4,4)=48种.
    答案为:D;
    解析:由个位数字与十位数字之和为奇数知个位数字、十位数字1奇1偶,有Ceq \\al(1,5)Ceq \\al(1,5)Aeq \\al(2,2)=50种排法;所有数位上的数字和为偶数,则百位数字是奇数,有Ceq \\al(1,4)=4种满足题意的选法,故满足题意的三位数共有50×4=200(个).
    答案为:B;
    解析:由题意,有两类:第一类,一班的2名同学在甲车上,甲车上剩下两个要来自不同的班级,从三个班级中选两个,有Ceq \\al(2,3)=3种,然后分别从选择的班级中再选择一个学生,有Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,2)=4种,故有3×4=12种.第二类,一班的2名同学不在甲车上,则从剩下的3个班级中选择一个班级的两名同学在甲车上,有Ceq \\al(1,3)=3种,然后再从剩下的两个班级中分别选择一人,有Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,2)=4种,这时共有3×4=12种,根据分类计数原理得,共有12+12=24种不同的乘车方式,故选B.
    答案为:C.
    解析:分五步完成:第一步,决出第1名的情况有3种;第二步,决出第5名的情况有3种;第三步,决出第2名的情况有3种;第四步,决出第3名的情况有2种;第五步,决出第4名的情况有1种.因此,根据分步乘法计数原理可知,5名同学的名次排列情况可能有3×3×3×2×1=54(种).
    答案为:A;
    解析:由题意知将甲、乙两本书放在两端有Aeq \\al(2,2)种放法,将丙、丁两本书捆绑,与剩余的两本书排列,有Aeq \\al(3,3)种放法,将相邻的丙、丁两本书排列,有Aeq \\al(2,2)种放法,所以不同的摆放方法有Aeq \\al(2,2)×Aeq \\al(3,3)×Aeq \\al(2,2)=24(种),故选A.
    答案为:D
    解析:分三种情况:恰好打3局(一人赢3局),有2种情形;恰好打4局(一人前3局中赢2局,输1局,第4局赢),共有2Ceq \\al(2,3)=6种情形;恰好打5局(一人前4局中赢2局,输2局,第5局赢),共有2Ceq \\al(2,4)=12种情形.所有可能出现的情形共有2+6+12=20(种).
    答案为:B;
    解析:甲连续两天值班,共有(周一,周二),(周二,周三),(周三,周四),(周四,周五)四种情况,剩下三个人进行全排列,有Aeq \\al(3,3)=6种排法,因此共有4×6=24种排法,故选B.
    答案为:B.
    解析:当a当组长时,则共有1×4=4种选法;当a不当组长时,
    又因为a也不能当副组长,则共有4×3=12种选法.因此共有4+12=16种选法.
    答案为:A.
    解析:有9名运动员,其中5人会打篮球,6人会踢足球,则有2人既会踢足球又会打篮球,有3人只会打篮球,有4人只会踢足球,所以选派的方案有四类:选派两种球都会的运动员有2种方案;选派两种球都会的运动员中一名踢足球,只会打篮球的运动员打篮球,有2×3=6(种)方案;选派两种球都会的运动员中一名打篮球,只会踢足球的运动员踢足球,有2×4=8(种)方案;选派只会打篮球和踢足球的运动员分别打篮球和踢足球,有3×4=12(种)方案.综上可知,共有2+6+8+12=28(种)方案,故选A.
    答案为:C;
    解析:根据题意,分4种情况讨论:
    ①没有空盒,将8个相同的小球排成一列,排好后,各球之间共有7个空位,在7个空位中任选3个,插入隔板,将小球分成4组,顺次对应4个盒子,有Ceq \\al(3,7)=35种放法;
    ②有1个空盒,在4个盒中任选3个,放入小球,有Ceq \\al(3,4)=4种选法,将8个相同的小球排成一列,排好后,各球之间共有7个空位,在7个空位中任选2个,插入隔板,将小球分成3组,顺次对应3个盒子,有Ceq \\al(2,7)=21种分组方法,则有4×21=84种放法;
    ③有2个空盒,在4个盒中任选2个,放入小球,有Ceq \\al(2,4)=6种选法,将8个相同的小球排成一列,排好后,各球之间共有7个空位,在7个空位中任选1个,插入隔板,将小球分成2组,顺次对应2个盒子,有Ceq \\al(1,7)=7种分组方法,则有6×7=42种放法;
    ④有3个空盒,即将8个小球全部放进1个盒子,有4种放法.
    故一共有35+84+42+4=165种放法.故选C.
    答案为:5
    解析:分3类:第一类,直接由A到O,有1种走法;第二类,中间过一个点,
    有A→B→O和A→C→O共2种不同的走法;第三类,中间过两个点,
    有A→B→C→O和A→C→B→O共2种不同的走法,
    由分类加法计数原理可得共有1+2+2=5种不同的走法.
    答案为:18.
    解析:180=22×32×5,其正约数的构成是2i3j5k形式的数,
    其中i=0,1,2,j=0,1,2,k=0,1,故其不同的正约数有3×3×2=18(个).
    答案为:20
    解析:先排最中间位置有一种排法,再排左边3个位置,由于顺序一定,共有Ceq \\al(3,6)种排法,再排剩下右边三个位置,共一种排法,所以排法种数为Ceq \\al(3,6)=20(种).
    答案为:1260.
    解析:若取的4个数字不包括0,则可以组成的四位数的个数为Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(2,3)Aeq \\al(4,4);
    若取的4个数字包括0,则可以组成的四位数的个数为Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,3)Aeq \\al(3,3).
    综上,一共可以组成的没有重复数字的四位数的个数为Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(2,3)Aeq \\al(4,4)+Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,3)Aeq \\al(3,3)=720+540=1 260.
    答案为:13
    解析:四个焊点共有24种情况,其中使线路通的情况有:1,4都通,2和3至少有一个通时线路才通,共有3种可能.故不通的情况有24-3=13种可能.
    答案为:6;
    解析:一个二次函数对应着a,b,c(a≠0)的一组取值,a的取法有3种,b的取法有3种,c的取法有2种,由分步乘法计数原理知共有3×3×2=18(个)二次函数.若二次函数为偶函数,则b=0,同上可知共有3×2=6(个)偶函数.

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