2021版新高考地区高考数学（人教版）大一轮复习（课件+学案+高效演练分层突破）第10章 第2讲　排列与组合

[基础题组练]

1．(2020·广西桂林一模)中国古代的五经是指：《诗经》《尚书》《礼记》《周易》《春秋》；现甲、乙、丙、丁、戊5名同学各选一本书作为课外兴趣研读，若甲、乙都没有选《诗经》，乙也没选《春秋》，则5名同学所有可能的选择有(　　)

A．18种  B．24种

C．36种  D．54种

解析：选D．(1)若甲选《春秋》，则有CA＝18种情况；(2)若甲不选《春秋》，则有AA＝36种情况．所以5名同学所有可能的选择有18＋36＝54种．故选D．

2．(2020·湖南长郡中学模拟)某节目组决定把《将进酒》《山居秋暝》《望岳》《送杜少府之任蜀州》和另外确定的两首诗词排在后六场做节目开场诗词，并要求《将进酒》与《望岳》相邻，且《将进酒》排在《望岳》的前面，《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》不相邻，且均不排在最后，则后六场开场诗词的排法有(　　)

A．72种  B．48种

C．36种  D．24种

解析：选C．根据题意，分2步分析：将《将进酒》与《望岳》捆绑在一起和另外确定的两首诗词进行全排列，共有A＝6种排法，再将《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》插排在3个空里(最后一个空不排)，有A＝6种排法，则后六场开场诗词的排法有6×6＝36种，故选C．

3．(2020·云南昆明模拟)现有6人坐成一排，任选其中3人相互调整座位(这3人中任何一人都不能坐回原来的位置)，其余3人座位不变，则不同的调整方案的种数有(　　)

A．30  B．40

C．60  D．90

解析：选B．根据题意，分2步进行分析：①从6人中选出3人，相互调整座位，有C＝20种选法；②记选出相互调整座位的3人分别为A，B，C，则A有2种坐法，B，C只有1种坐法，A，B，C相互调整座位有2种情况．则不同的调整方案有20×2＝40种，故选B．

4．六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

解析：选B．第一类：甲在最左端，有A＝5×4×3×2×1＝120种方法；第二类：乙在最左端，有4A＝4×4×3×2×1＝96种方法．所以共有120＋96＝216种方法．

5．如图，∠MON的边OM上有四点A1，A2，A3，A4，ON上有三点B1，B2，B3，则以O，A1，A2，A3，A4，B1，B2，B3中三点为顶点的三角形的个数为(　　)

A．30  B．42

C．54  D．56

解析：选B．间接法：先从这8个点中任取3个点，有C种取法，再减去三点共线的情形即可，即C－C－C＝42.

6．(2020·四川广安、眉山、内江、遂宁一诊)某地环保部门召集6家企业的负责人参加座谈会，其中甲企业有2人到会，其余5家企业各有1人到会，会上有3人发言，则发言的3人来自3家不同企业的可能情况的种数为(　　)

A．15  B．30

C．35  D．42

解析：选B．根据题意，分两类情况讨论：选出的3人中没有人来自甲企业，在其他5个企业中任选3个即可，有C＝10种情况；选出的3人中有人来自甲企业，则甲企业只能有1人参与，在其他5个企业中任选2个即可，有2×C＝20种情况．则不同的情况共有10＋20＝30种，故选B．

7．(2020·河南南阳模拟)把四个不同的小球放入三个分别标有1～3号的盒子中 ，不允许有空盒子的放法有(　　)

A．12种  B．24种

C．36种  D．48种

解析：选C．根据题意，四个不同的小球放入三个分别标有1～3号的盒子中， 且没有空盒，三个盒子中有1个盒子中放2个球，剩下的2个盒子中各放1个球，则分2步进行分析：①先将四个不同的小球分成3组，有C＝6种分组方法；②将分好的3组全排列，对应放到3个盒子中，有A＝6种放法．则不允许有空盒子的放法有6×6＝36种．

8．(2020·广东韶关调研)某中学元旦晚会由6个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在节目乙的前面，节目丙不能排在最后一位，则该晚会节目演出顺序的编排方案共有(　　)

A．720种  B．360种

C．300种  D．600种

解析：选C．先安排好除节目丙之外的5个节目，有＝60种可能，再安排节目丙，有5种可能，共60×5＝300种方案．故选C．

9．(多选)某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理、技术这七门课程中选三门作为选考科目，下列说法错误的是(　　)

A．若任意选择三门课程，选法总数为A

B．若物理和化学至少选一门，选法总数为CC

C．若物理和历史不能同时选，选法总数为C－C

D．若物理和化学至少选一门，且物理和历史不同时选，选法总数为CCC

解析：选ABD．对于A，若任意选择三门课程，选法总数为C，错误；对于B，若物理和化学选一门，有C种方法，其余两门从剩余的5门中选，有C种选法；若物理和化学选两门，有C种选法，剩下一门从剩余的5门中选，有C种选法，所以总数为CC＋CC，错误；对于C，若物理和历史不能同时选，选法总数为C－C·C＝C－C(种)，正确；对于D，有3种情况：①只选物理且物理和历史不同时选，有C·C种选法；②选化学，不选物理，有C·C种选法；③物理与化学都选，有C·C种选法，故总数为C·C＋C·C＋C·C＝6＋10＋4＝20(种)，错误．

10．用数字0，1，2，3，4组成没有重复数字且大于3 000的四位数，这样的四位数有(　　)

A．250个  B．249个

C．48个  D．24个

解析：选C．①当千位上的数字为4时，满足条件的四位数有A＝24(个)；②当千位上的数字为3时，满足条件的四位数有A＝24(个)．由分类加法计数原理得所有满足条件的四位数共有24＋24＝48(个)，故选C．

11．某微信群中有甲、乙、丙、丁、戊五个人玩抢红包游戏，现有4个红包，每人最多抢一个，且红包被全部抢完，4个红包中有2个6元，1个8元，1个10元(红包中金额相同视为相同红包)，则甲、乙都抢到红包的情况有(　　)

A．18种  B．24种

C．36种  D．48种

解析：选C．若甲、乙抢的是一个6元和一个8元的红包，剩下2个红包，被剩下的3人中的2个人抢走，有AA＝12种；若甲、乙抢的是一个6元和一个10元的红包，剩下2个红包，被剩下的3人中的2个人抢走，有AA＝12种；若甲、乙抢的是一个8元和一个10元的红包，剩下2个红包，被剩下的3人中的2个人抢走，有AC＝6种；若甲、乙抢的是两个6元的红包，剩下2个红包，被剩下的3人中的2个人抢走，有A＝6种，根据分类加法计数原理可得，共有36种情况，故选C．

12．某密码锁共设四个数位，每个数位的数字都可以是1，2，3，4中的任一个．现密码破译者得知；甲所设的四个数字有且仅有三个相同；乙所设的四个数字有两个相同，另两个也相同；丙所设的四个数字有且仅有两个相同；丁所设的四个数字互不相同．则上述四人所设密码最安全的是(　　)

A．甲  B．乙

C．丙  D．丁

解析：选C．甲所设密码共有CCC＝48种不同设法，乙所设密码共有＝36种不同设法，丙所设密码共有CCA＝144种不同设法，丁所设密码共有A＝24种不同设法，所以丙最安全，故选C．

13．(2020·黑龙江哈尔滨三中期末)有3名男演员和2名女演员，演出的出场顺序要求2名女演员之间恰有1名男演员，则不同的出场顺序共________种．

解析：有3名男演员和2名女演员，演出的出场顺序要求2名女演员之间恰有1名男演员，则先排2名女演员，有A种方法，然后插入1名男演员，有A种方法，再把这3个人当作一个整体，和其他2名男演员进行排列，有A种方法．再根据分步乘法计数原理，可得不同的出场顺序有A·A·A＝36种．

答案：36

14．从某校4个班级的学生中选出7名学生参加进博会志愿者服务，若每个班级至少有一名代表，则各班级的代表数有________种不同的选法．(用数字作答)

解析：由题意，从4个班级的学生中选出7名学生代表，每一个班级中至少有一名代表，相当于7个球排成一排，然后插3块隔板把他们分成4份，即中间6个空位中选3个插板，分成四份，共有C＝20种不同的选法．

答案：20

15．(2020·湖北联考)某共享汽车停放点的停车位成一排且恰好全部空闲，假设最先来停车点停车的3辆共享汽车都是随机停放的，且这3辆共享汽车都不相邻的概率与这3辆共享汽车恰有2辆相邻的概率相等，则该停车点的车位数为________．

解析：设停车位有n个，这3辆共享汽车都不相邻：相当于先将(n－3)个停车位排放好，再将这3辆共享汽车，插入到所成的(n－2)个间隔中，故有A种．恰有2辆共享汽车相邻，可先把其中2辆捆绑在一起看作一个复合元素，再和另一辆插入到将(n－3)个停车位排好所成的(n－2)个间隔中，故有AA种．因为这3辆共享汽车都不相邻的概率与这3辆共享汽车恰有2辆相邻的概率相等，所以A＝AA，解得n＝10.

答案：10

16．(2020·浙江嘉兴一中、湖州中学联考)用0，1，2，3，4，5这六个数字，可以组成________个无重复数字的三位数，也可以组成________个能被5整除且无重复数字的五位数．

解析：第一个空：第一步，先确定三位数的最高数位上的数，有C＝5种方法；第二步，确定另外两个数位上的数，有A＝5×4＝20种方法，所以可以组成5×20＝100个无重复数字的三位数．

第二个空：被5整除且无重复数字的五位数的个位数上的数有2种情况：当个位数上的数字是0时，其他数位上的数有A＝5×4×3×2＝120种；当个位数上的数字是5时，先确定最高数位上的数，有C＝4种方法，而后确定其他三个数位上的数有A＝4×3×2＝24种方法，所以共有24×4＝96个数．根据分类加法计算原理，可得共有120＋96＝216个数．

答案：100　216

[综合题组练]

1．将标号为1，2，3，4，5，6的6个小球放入3个不同的盒子中．若每个盒子放2个，其中标号为1，2的小球放入同一盒子中，则不同的方法共有(　　)

A．12种  B．16种

C．18种  D．36种

解析：选C．先将标号为1，2的小球放入盒子，有3种情况；再将剩下的4个球平均放入剩下的2个盒子中，共有·A＝6种情况，所以不同的方法共有3×6＝18(种)．

2．(多选)(2020·山东日照期末)把四个不同的小球放入三个分别标有1号、2号、3号的盒子中，不允许有空盒子的放法有(　　)

A．CCCC种  B．CA种

C．CCA种  D．18种

解析：选BC．根据题意，四个不同的小球放入三个分别标有1号、2号、3号的盒子中，且没有空盒，三个盒子中有1个盒子中放2个球，剩下的2个盒子中各放1个球，则分两步进行分析：

法一：①先将四个不同的小球分成3组，有C种分组方法；②将分好的3组全排列，对应放到3个盒子中，有A种放法．则不允许有空盒子的放法有CA＝36种．

法二：①在4个小球中任选2个，在3个盒子中任选1个，将选出的2个小球放入选出的盒子中，有CC种情况；②将剩下的2个小球全排列，放入剩下的2个盒子中，有A种放法，则不允许有空盒的放法有CCA＝36种，故选BC．

3．从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有________对．

解析：如图．它们的棱是原正方体的12条面对角线．

一个正四面体中两条棱成60°角的有(C－3)对，两个正四面体有(C－3)×2对．又正方体的面对角线中平行成对，所以共有(C－3)×2×2＝48(对)．

答案：48

4．数字1，2，3，4，5，6按如图形式随机排列，设第一行的数为N1，其中N2、N3分别表示第二、三行中的最大数，则满足N1＜N2＜N3的所有排列的个数是________．

解析：(元素优先法)由题意知6必在第三行，安排6有C种方法，第三行中剩下的两个空位安排数字有A种方法，在留下的三位数字中，必有一个最大数，把这个最大数安排在第二行，有C种方法，剩下的两个数字有A种排法，根据分步乘法计数原理，所有排列的个数是CACA＝240.

答案：240

5．将7个相同的小球放入4个不同的盒子中．

(1)不出现空盒时的放入方式共有多少种？

(2)可出现空盒时的放入方式共有多少种？

解：(1)将7个相同的小球排成一排，在中间形成的6个空隙中插入无区别的3个“隔板”将球分成4份，每一种插入隔板的方式对应一种球的放入方式，则共有C＝20种不同的放入方式．

(2)每种放入方式对应于将7个相同的小球与3个相同的“隔板”进行一次排列，即从10个位置中选3个位置安排隔板，故共有C＝120种放入方式．

6．已知10件不同的产品中有4件是次品，现对它们进行测试，直至找出所有的次品为止．

(1)若恰在第5次测试才测试到第1件次品，第10次才找到最后一件次品，则这样的不同测试方法数是多少？

(2)若恰在第5次测试后就找出了所有次品，则这样的不同测试方法数是多少？

解：(1)先排前4次测试，只能取正品，有A种不同的测试方法，再从4件次品中选2件排在第5次和第10次的位置上测试，有A种测试方法，再排余下4件的测试位置，有A种测试方法．所以共有A·A·A＝103 680种不同的测试方法．

(2)第5次测试的产品恰为最后一件次品，另3件在前4次中出现，从而前4次有一件正品出现，所以共有C·C·A＝576种不同的测试方法．