（浙江专用）2020版高考数学大一轮复习 第十章 计数原理与古典概率 第2讲 排列与组合练习（含解析）

第2讲 排列与组合基础达标1不等式A6A的解集为()A2，8B2，6C(7，12)D8解析：选D.由题意得6，所以x219x840，解得7x12.又x8，x20，所以7x8，xN*，即x8.2(2019浙江金华等三市部分学校高三期中)如图，一环形花坛分成A，B，C，D四块，现有4种不同的花供选种，要求在每块里种1种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为()A96B84C60D48解析：选B.法一：分三类：种两种花有A种种法；种三种花有2A种种法；种四种花有A种种法共有A2AA84.法二：按ABCD顺序种花，可分A，C同色与不同色有43(1322)84.3(2019温州八校第二次联考)若无重复数字的三位数满足条件：个位数字与十位数字之和为奇数，所有数位上的数字和为偶数，则这样的三位数的个数是()A540B480C360D200解析：选D.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CCA50种排法；所有数位上的数字和为偶数，则百位数字是奇数，有C4种满足题意的选法，故满足题意的三位数共有CCCA200(个)43本不同的数学书与3本不同的语文书放在书架同一层，则同类书不相邻的放法种数为()A36B72C108D144解析：选B.3本数学书的放法有A种，将3本语文书插入使得语文数学均不相邻的插法有2A种，故同类书不相邻的放法有2AA26672(种)，故选B.5(2019金华十校期末调研)A、B、C、D、E五个人参加抽奖活动，现有5个红包，每人各摸一个，5个红包中有2个8元，1个18元，1个28元，1个0元，(红包中金额相同视为相同红包)，则A、B两人都获奖(0元视为不获奖)的情况有()A18种B24种C36种D48种解析：选C.A、B两人都获奖(0元视为不获奖)的情况有三类：即获奖的四人为：ABCD，ABCE，ABDE，在每类情况中，获奖的情况有：CA12种，所以由分步乘法原理得：A、B两人都获奖(0元视为不获奖)的情况有：31236种6(2019宁波高考模拟)从1，2，3，4，5这五个数字中选出三个不相同数组成一个三位数，则奇数位上必须是奇数的三位数的个数为()A12B18C24D30解析：选B.根据题意，要求奇数位上必须是奇数的三位数，则这个三位数的百位、个位为奇数，分2步进行分析：在1、3、5三个奇数中任选2个，安排在三位数的个位和百位，有CA6种情况，在剩余的3个数字中任选1个，将其安排在三位数的十位，有C3种情况，则奇数位上必须是奇数的三位数有6318个7某中学高一学习雷锋志愿小组共有16人，其中一班、二班、三班、四班各4人，现从中任选3人，要求这三人不能全是同一个班的学生，且在三班至多选1人，则不同选法的种数为()A484B472C252D232解析：选B.若三班有1人入选，则另两人从三班以外的12人中选取，共有CC264种选法若三班没有人入选，则要从三班以外的12人中选3人，又这3人不能全来自同一个班，故有C3C208种选法故总共有264208472种不同的选法8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()A30B42C54D56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CCC42.9(2019温州中学高三模拟)身高从矮到高的甲、乙、丙、丁、戊5人排成高矮相间的一个队形，则甲丁不相邻的不同的排法共有()A12B14C16D18解析：选B.从矮到高的甲、乙、丙、丁、戊5人的身高可记为1，2，3，4，5.要求1，4不相邻分四类：先排4，5时，则1只有1种排法，2，3在剩余的两个位上，这样有AA4种排法；先排3，5时，则4只有1种排法，2，1在剩余的两个位上，这样有AA4种排法；先排1，2时，则4只有1种排法，3，5在剩余的两个位上，这样有AA4种排法；先排1，3时，则这样的数只有两个，即21534，43512，只有两种排法综上共有444214种排法，故选B.10设集合A(x1，x2，x3，x4，x5)|xi1，0，1，i1，2，3，4，5，那么集合A中满足条件“1|x1|x2|x3|x4|x5|3”的元素的个数为()A60B90C120D130解析：选D.设t|x1|x2|x3|x4|x5|，t1说明x1，x2，x3，x4，x5中有一个为1或1，其他为0，所以有2C10个元素满足t1；t2说明x1，x2，x3，x4，x5中有两个为1或1，其他为0，所以有C2240个元素满足t2；t3说明x1，x2，x3，x4，x5中有三个为1或1，其他为0，所以有C22280个元素满足t3，从而，共有104080130个元素满足1t3.11(2019温州十五校联合体期末联考)用数字1、2、3、4、5构成数字不重复的五位数，要求数字1，3不相邻，数字2，5相邻，则这样的五位数的个数是_(用数字作答)解析：先把2，5捆挷有2种方法，再把它与4排列有2种排法，此时共有3个空供数字1、3插入有A6种方法，故这样的五位数的个数是22624个答案：2412(2019嘉兴市一中高考适应性考试)电影院一排10个位置，甲、乙、丙三人去看电影，要求他们坐在同一排，那么他们每人左右两边都有空位且甲坐在中间的坐法有_种解析：先排7个空座位，由于空座位是相同的，则只有1种情况，其中有6个空位符合条件，考虑三人的顺序，将3人插入6个空位中，则共有1A120种情况，由于甲必须坐在三人中间，则有符合要求的坐法有12040(种)答案：4013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(C3)对，两个正四面体有(C3)2对又正方体的面对角线中平行成对，所以共有(C3)2248(对)答案：4814如图A，B，C，D为海上4个小岛，要建立3座大桥，将4个小岛连接起来，则不同的建桥方案有_种解析：法一：任2个岛之间建立1座桥，则共需C6座桥，现只建其中3座，有C种建法，但如图(1)这样的建桥方式是不合题意的，类似这样的情况有C种，则共有CC16种建桥方案法二：依题意，满足条件的建桥方案分两类第一类，如图(2)，此时有C种方法第二类，如图(3)，此时有A12种方法由分类加法计数原理得，共有41216种建桥方案答案：1615现从男、女共8名学生干部中选出2名男同学和1名女同学分别参加全校“资源”“生态”“环保”三个夏令营活动，已知共有90种不同的方案，那么有男生_人、女生_人解析：设男、女同学的人数分别为m和n，则有，即由于m，nN，则m3，n5.答案：3516在航天员进行的一项太空实验中，要先后实施6个程序，其中程序A只能出现在第一或最后一步，程序B和C在实施时必须相邻，则实验顺序的编排方法共有_种解析：程序A有A2种结果，将程序B和C看作元素集团与除A外的元素排列有AA48(种)，所以由分步乘法计数原理得，实验顺序的编排共有24896种方法答案：9617规定C，其中xR，m是正整数，且C1，这是组合数C(n，m是正整数，且mn)的一种推广，则C_；若x0，则x_时，取到最小值，该最小值为_解析：由规定：C680，由.因为x0，x2，当且仅当x时，等号成立，所以当x时，得最小值.答案：680能力提升1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CAA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AAA103 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CCA576种不同的测试方法2现有男运动员6名，女运动员4名，其中男女队长各1名，选派5人外出比赛，在下列情形中各有多少种选派方法？(1)男运动员3名，女运动员2名；(2)至少有1名女运动员；(3)既要有队长，又要有女运动员解：(1)任选3名男运动员，方法数为C，再选2名女运动员，方法数为C，共有CC120种方法(2)法一：至少有1名女运动员包括以下几种情况：1女4男，2女3男，3女2男，4女1男，由分类加法计数原理可得总选法数为CCCCCCCC246(种)法二：“至少有1名女运动员”的反面是“全是男运动员”，因此用间接法求解，不同选法有CC246(种)(3)当有女队长时，其他人任意选，共有C种选法，不选女队长时，必选男队长，其他人任意选，共有C种选法，其中不含女运动员的选法有C种，所以不选女队长时共有(CC)种选法所以既有队长又有女运动员的选法共有CCC191(种)3证明下列各题：(1)AkAA(kn，n0)；(2)CCCC(kmn，n0)证明：(1)左边kA右边(2)左边，右边，所以左边右边4集合AxZ|x10，集合B是集合A的子集，且B中的元素满足：任意一个元素的各数位的数字互不相同；任意一个元素的任意两个数位的数字之和不等于9.(1)集合B中两位数和三位数各有多少个？(2)集合B中是否有五位数？是否有六位数？(3)将集合B中的元素从小到大排列，求第1 081个元素解：将0，1，9这10个数字按照和为9进行配对，(0，9)，(1，8)，(2，7)，(3，6)，(4，5)，B中元素的每个数位只能从上面五对数中每对只取一个数构成(1)两位数有C22AC272(个)；三位数有C23AC22A432(个)(2)存在五位数，只需从上述五个数对中每对取一个数即可找出符合条件的五位数；不存在六位数，若存在，则至少要从一个数对中取出两个数，则该两个数字之和为9，与B中任意一个元素的任意两个数位的数字之和不等于9矛盾，因此不存在六位数(3)四位数共有C24AC23A1 728(个)，因此第1 081个元素是四位数，且是第577个四位数，我们考虑千位，千位为1，2，3的四位数有3C23A576(个)，因此第1 081个元素是4 012.8