2020版高考数学一轮复习课时作业63《 排列与组合》(含解析) 练习

课时作业63　排列与组合

一、选择题

1.从10名大学毕业生中选3个人担任村长助理，则甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为(　C　)

A.85  B.56

C.49  D.28

解析：分两类：甲、乙中只有1人入选且丙没有入选，甲、乙均入选且丙没有入选，计算可得所求选法种数为CC＋CC＝49.

2.4位男生和2位女生排成一排，男生有且只有2位相邻，则不同排法的种数是(　C　)

A.72  B.96

C.144  D.240

解析：先在4位男生中选出2位，易知他们是可以交换位置的，则共有A种选法，然后再将2位女生全排列，共有A种排法，最后将3组男生插空全排列，共有A种排法.综上所述，共有AAA＝144种不同的排法.故选C.

3.6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为(　D　)

A.144  B.120

C.72  D.24

解析：“插空法”，先排3个空位，形成4个空隙供3人选择就座，因此任何两人不相邻的坐法种数为A＝4×3×2＝24.

4.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(　B　)

A.60种  B.48种

C.30种  D.24种

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AA＝48种.

5.(2019·昆明两区七校调研)某校从8名教师中选派4名同时去4个边远地区支教(每地1名教师)，其中甲和乙不能都去，甲和丙只能都去或都不去，则不同的选派方案有(　B　)

A.900种  B.600种

C.300种  D.150种

解析：依题意，就甲是否去支教进行分类计数：第一类，甲去支教，则乙不去支教，且丙也去支教，则满足题意的选派方案有C·A＝240(种)；第二类，甲不去支教，且丙也不去支教，则满足题意的选派方案有A＝360(种)，因此，满足题意的选派方案共有240＋360＝600(种)，故选B.

6.将甲、乙等5名交警分配到三个不同路口疏导交通，每个路口至少一人，则甲、乙在同一路口的分配方案共有(　C　)

A.18种  B.24种

C.36种  D.72种

解析：不同的分配方案可分为以下两种情况：

①甲、乙两人在一个路口，其余三人分配在另外的两个路口，其不同的分配方案有CA＝18(种)；

②甲、乙所在路口分配三人，另外两个路口各分配一个人，其不同的分配方案有CA＝18(种).

由分类加法计数原理可知不同的分配方案共有18＋18＝36(种).

7.(2019·安徽黄山二模)我国的第一艘航空母舰“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中，有5架“歼­15”飞机准备着舰，规定乙机不能最先着舰，且丙机必须在甲机之前着舰(不一定相邻)，那么不同的着舰方法种数为(　C　)

A.24  B.36

C.48  D.96

解析：根据题意，分2种情况讨论：①丙机最先着舰，此时只需将剩下的4架飞机全排列，有A＝24种情况，即此时有24种不同的着舰方法；②丙机不最先着舰，此时需要在除甲、乙、丙之外的2架飞机中任选1架，作为最先着舰的飞机，将剩下的4架飞机全排列，丙机在甲机之前和丙机在甲机之后的数目相同，则此时有×CA＝24种情况，即此时有24种不同的着舰方法.则一共有24＋24＝48种不同的着舰方法.故选C.

二、填空题

8.现将5张连号的电影票分给甲、乙等5个人，每人一张，若甲、乙分得的电影票连号，则共有48种不同的分法.(用数字作答)

解析：电影票号码相邻只有4种情况，则甲、乙2人在这4种情况中选一种，共C种选法，2张票分给甲、乙，共有A种分法，其余3张票分给其他3个人，共有A种分法，根据分步乘法计数原理，可得共有CAA＝48种分法.

9.现有2个红球、3个黄球、4个白球，同色球不加区分，将这9个球排成一列，有1_260种不同的方法.(用数字作答)

解析：第一步，从9个位置中选出2个位置，分给相同的红球，有C种选法；第二步，从剩余的7个位置中选出3个位置，分给相同的黄球，有C种选法；第三步，剩下的4个位置全部分给4个白球，有1种选法.根据分步乘法计数原理可得，排列方法共有CC＝1 260(种).

10.(2018·浙江卷)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1_260个没有重复数字的四位数.(用数字作答)

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CCA；若取的4个数字包括0，则可以组成的四位数的个数为CCCA.综上，一共可以组成的没有重复数字的四位数的个数为CCA＋CCCA＝720＋540＝1 260.

11.某班主任准备请2018届毕业生做报告，要从甲、乙等8人中选4人发言，要求甲、乙两人至少有一人参加，若甲、乙同时参加，则他们发言中间需恰好间隔一人，那么不同的发言顺序共有1_080种.(用数字作答)

解析：若甲、乙同时参加，有2CAA＝120种，若甲、乙有一人参加，有CCA＝960种，从而不同的发言顺序有1 080种.

12.(2019·福建福州二模)福州西湖公园花展期间，安排6位志愿者到4个展区提供服务，要求甲、乙两个展区各安排一个人，剩下两个展区各安排两个人，不同的安排方案共有(　B　)

A.90种  B.180种

C.270种  D.360种

解析：根据题意，分3步进行分析：①在6位志愿者中任选1个，安排到甲展区，有C＝6种情况；②在剩下的5个志愿者中任选1个，安排到乙展区，有C＝5种情况；③将剩下的4个志愿者平均分成2组，然后安排到剩下的2个展区，有×A＝6种情况，则一共有6×5×6＝180种不同的安排方案，故选B.

13.(2019·郑州质量预测)将数字“124467”重新排列后得到不同的偶数的个数为(　D　)

A.72  B.120

C.192  D.240

解析：将数字“124 467”重新排列后所得数字为偶数，则末位数应为偶数.(1)若末位数字为2，因为其他位数上含有2个4，所以有＝60种情况；(2)若末位数字为6，同理有＝60种情况；(3)若末位数字为4，因为其他位数上只含有1个4，所以共有5×4×3×2×1＝120种情况.综上，共有60＋60＋120＝240种情况.

14.(2019·昆明质检)某小区一号楼共有7层，每层只有1家住户，已知任意相邻两层楼的住户在同一天至多一家有快递，且任意相邻三层楼的住户在同一天至少一家有快递，则在同一天这7家住户有无快递的可能情况共有12种.

解析：分三类：(1)同一天2家有快递：可能是2层和5层、3层和5层、3层和6层，共3种情况；(2)同一天3家有快递：考虑将有快递的3家插入没有快递的4家形成的空位中，有C种插入法，但需减去1层、3层与7层有快递，1层、5层与7层有快递这两种情况，所以有C－2＝8种情况；(3)同一天4家有快递：只有1层、3层、5层、7层有快递这一种情况.根据分类加法计数原理可知，同一天7家住户有无快递的可能情况共有3＋8＋1＝12种.

15.(2019·河南豫北名校联考)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(　B　)

A.18种  B.24种

C.48种  D.36种

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C＝3种，然后分别从选择的班级中再选择一个学生，有CC＝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C＝3种，然后再从剩下的两个班级中分别选择一人，有CC＝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.

16.(2019·山西长治二模)某人设计一项单人游戏，规则如下：先将一棋子放在如图所示的正方形ABCD(边长为3个单位)的顶点A处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走的单位，如果掷出的点数为i(i＝1,2，…，6)，则棋子就按逆时针方向行走i个单位，一直循环下去.则某人抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点A处的所有不同走法共有(　C　)

A.22种  B.24种

C.25种  D.36种

解析：由题意知正方形ABCD(边长为3个单位)的周长是12，抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点A处表示三次骰子的点数之和是12，在点数中三个数字能够使得和为12的有1,5,6；2,4,6；3,4,5；3,3,6；5,5,2；4,4,4，共有6种组合，前三种组合1,5,6；2,4,6；3,4,5各可以排出A＝6种结果，3,3,6和5,5,2各可以排出＝3种结果，4,4,4只可以排出1种结果.根据分类计数原理知共有3×6＋2×3＋1＝25种结果，故选C.