2019年高考数学总复习 10-6 排列与组合(理)但因为测试新人教B版
1.(2018·福州三中月考)某研究性学习小组有4名男生和4名女生,一次问卷调查活动需要挑选3名同学参加,其中至少一名女生,则不同的选法种数为( ) A.120 B.84
C.52 D.48
[答案] C
[解析] 间接法:C38-C34=52种.
2.(2018·成都模拟)甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五的5天中参加某项志愿者活动,要求每人参加一天且每天至多安排一人,并要求甲安排在另外两位前面.不同的安排方法共有( )
A.20种B.30种
C.40种D.60种
[答案] A
[解析] 分三类:甲在周一,共有A24种排法;
甲在周二,共有A23种排法;
甲在周三,共有A22种排法;
∴A24+A23+A22=20.
3.(2018·沧州模拟)10名同学合影,站成了前排3人,后排7人.现摄影师要从后排7人中抽2个站前排,其他人的相对顺序不变,则不同调整方法的种数为( ) A.C27A55B.C27A22
C.C27A25D.C27A35
[答案] C
[解析] 从后排抽2人的方法种数是C27;前排的排列方法种数是A25,由分步计数原理知不同调整方法种数是C27A25.
4.(2018·广东揭阳模拟)一个汽车牌照号码共有五位,某市汽车牌照号码可以上自编,但规定从左到右第二个号码只能从字母B、C、D中选择,其他四个号码可以从0~9这十个数字中选择(数字可以重复),某车主第一个号码(从左到右)只想在数字3、5、6、8、9中选择,其他号码只想在1、3、6、9中选择,则他的车牌号码可选的所有可能情况有( ) A.180种B.360种
C.720种D.960种
[答案] D
[解析] 按照车主的要求,从左到右第一个号码有5种选法,第二位号码有3种选法,
其余三位各有4种选法,因此该车主的车牌号码可选的所有可能情况共有A 15·A 13·A 14·A 14·A 1
4=960种,故选D.
5.(2018·柳州模拟)如图所示的几何体是由一个正三棱锥P -ABC 与正三棱柱ABC -A 1B 1C 1组合而成,现用3种不同颜色对这个几何体的表面染色(底面A 1B 1C 1不涂色),要求相邻的面均不同色,则不同的染色方案共有( )
A .24种
B .18种
C .16种
D .12种
[答案] D
[解析] 先涂三棱锥P -ABC 的三个侧面,然后涂三棱柱的三个侧面,共有C 1
3×C 1
2×C 11C 1
2
=3×2×1×2=12种不同的涂法.
6.(2018·菏泽模拟)从集合{1,2,3,…,10}中任意选出三个不同的数,使这三个数成等比数列,这样的等比数列的个数为( )
A .3
B .4
C .6
D .8
[答案] D
[解析] 当公比为2时,等比数列可为1、2、4,2、4、8. 当公比为3时,等比数列可为1、3、9. 当公比为3
2
时,等比数列可为4、6、9.
同时,4、2、1,8、4、2,9、3、1和9、6、4也是等比数列,共8个.
7.(2018·昆明模拟)将4名新来的同学分配到A 、B 、C 三个班级中,每个班级至少安排1名学生,其中甲同学不能分配到A 班,那么不同的分配方案有________.
[答案] 24种
[解析] 将4名新来的同学分配到A 、B 、C 三个班级中,每个班级至少安排一名学生有C 24A 3
3种分配方案,其中甲同学分配到A 班共有C 23A 2
2+C 13A 2
2种方案.因此满足条件的不同方案共有C 24A 3
3-C 23A 2
2-C 13A 2
2=24(种).
8.有6个大小不同的数按如图的形式随机排列,设第一行的数为M1,第二、三行中的最大数分别为M2、M3,则满足M1 [答案] 240 [解析] 设6个数按从小到大顺序依次为a1、a2、a3、a4、a5、a6. 据题设条件知M3=a6, 可依第二行最大数M2分类讨论. ①若M2=a5,有排法C14·C13·A22·A33=144种. ②若M2=a4,则a5必在第三行有排法C13·C12·A22A33=72种. ③若M2=a3,则a4、a5都在第三行有排法C12·A22A33=24种,据条件知M2不能小于a3. ∴满足题设条件的所有不同排列的个数为144+72+24=240个. 9.在空间直角坐标系O-xyz中有8个点:P1(1,1,1)、P2(-1,1,1)、…、P7(-1,-1,-1)、P8(1,-1,-1)(每个点的横、纵、竖坐标都是1或-1),以其中4个点为顶点的三棱锥一共有________个(用数字作答). [答案] 58 [解析] 这8个点构成正方体的8个顶点,此题即转化成以正方体的8个顶点中的4个点为顶点的三棱锥一共有多少个,则共有三棱锥C14C34+(C24C24-2×4-2)+C34C14=58个.[点评] 用间接法求解更简便些,从正方体的8个顶点中任取4个,有不同取法C48种,其中这四点共面的(6个对角面、6个表面)共12个,∴这样的三棱锥有C48-12=58个.10.(2018·苏州调研)某外商计划在4个候选城市投资3个不同的项目,且在同一个城市投资的项目不超过2个,求该外商不同的投资方案有多少种? [解析] 根据题意分两类,一类:先将3个项目分成两组,一组有1个项目,另一组有2个项目,然后再分配给4个城市中的2个,共有C23A24种方案;另一类1个城市1个项目,即把3个元素排在4个不同位置中的3个,共有A34种方案.由分类加法计数原理可知共有C23A24+A34=60(种)方案. 11.(2018·广东广州综合测试)将18个参加青少年科技创新大赛的名额分配给3个学校,要求每校至少有一个名额且各校分配的名额互不相等,则不同的分配方法种数为( ) A.96 B.114 C.128 D.136 [答案] B [解析] 若某一学校的最少人数是1,2,3,4,5,则各有7,5,4,2,1种不同的分组方案.故不同的分配方法种数是(7+5+4+2+1)A33=19×6=114. 12.(2018·甘肃兰州高手诊断)某位高三学生要参加高校自主招生考试,现从6所高校中选择3所报考,其中两所学校的考试时间相同.则该学生不同的报名方法种数是( ) A.12 B.15 C.16 D.20 [答案] C [解析] 若该考生不选择两所考试时间相同的学校,有C34=4种报名方法;若该考生选择两所考试时间相同的学校之一,有C24C12=12种报名方法,故共有4+12=16种不同的报名方法. 13.(2018·天津理)如图,用四种不同颜色给图中的A、B、C、D、E、F六个点涂色,要求每个点涂一种颜色,且图中每条线段的两个端点涂不同颜色,则不同的涂色方法共有( ) A.288种B.264种 C.240种D.168种 [答案] B [解析] 当涂四色时,先排A、E、D为A34,再从B、F、C三点选一个涂第四种颜色,如B,再F,若F与C同色,则涂C有2种方法,若F与C异色则只有一种方法,故A34A13(2+1)=216种. 当涂三色时,先排A、E、D为C34A33,再排B有2种,F、C各为一种,故C34A33×2=48,故共有216+48=264种,故选B. 14.(2018·洛阳模拟)一植物园参观路径如图所示,若要全部参观并且路线不重复,则不同的参观路线种数共有( ) A .6种 B .8种 C .36种 D .48种 [答案] D [解析] 如图所示,三个区域按参观的先后次序共有A 2 3种参观方法,对于每一种参观次序,每一个植物园都有2类参观路径,∴共有不同参观路线2×2×2×A 2 3=48种. 15.(2018·重庆一中)为配合即将开幕的2019年上海世博会,某大学拟成立由4名同学组成的志愿者招募宣传队,经过初选,2名男同学,4名女同学成为了候选人,每位候选人当选正式队员的机会是相等的. (1)求当选的4名同学中恰有1名男同学的概率. (2)求当选的4名同学中至少有3名女同学的概率. [解析] 从2男4女共6名同学中选取4人,不同选法共有C 4 6=15种, (1)恰有1名男同学当选的情况有C 1 2·C 3 4=8种, ∴所求概率P =8 15 . (2)当选的4名同学中至少有3名女同学的情况有C 34C 12+C 4 4=9种,∴所求概率P =915=35 . 16.(2018·深圳模拟)用0,1,2,3,4这五个数字,可以组成多少个满足下列条件的没有重复数字的五位数? (1)被4整除; (2)比21034大的偶数; (3)左起第二、四位是奇数的偶数. [解析] (1)被4整除的数,其特征应是末两位数是4的倍数,可分为两类:当末两位数是20、40、04时,其排列数为3A33=18,当末两位数是12、24、32时,其排列数为3A12·A22=12.故满足条件的五位数共有18+12=30(个). (2)①当末位数字是0时,首位数字可以为2或3或4,满足条件的数共有3×A33=18个. ②当末位数字是2时,首位数字可以为3或4,满足条件的数共有2×A33=12个. ③当末位数字是4时,首位数字是3的有A33=6个,首位数字是2时,有3个,共有9个. 综上知,比21034大的偶数共有18+12+9=39个. (3)方法一:可分为两类: 末位数是0,有A22·A22=4(个); 末位数是2或4,有A22·A12=4(个); 故共有A22·A22+A22·A12=8(个). 方法二:第二、四位从奇数1,3中取,有A22个;首位从2,4中取,有A12个;余下的排在剩下的两位,有A22个,故共有A22A12A22=8(个). 1.从10名大学毕业生中选3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( ) A.85 B.56 C.49 D.28 [答案] C [解析] 分两类计算,C22C17+C12C27=49,故选C. 2.(2018·安徽芜湖一中)从编号为1,2,3,4,5,6,7,8,9,10的10个球中,任取5个球,则这5个球的编号之和为偶数的概率是( ) A.1 6 B. 1 3 C.1 2 D. 2 3 [答案] C [解析] 从10个球中选5个有C 5 10种选法,取出的5个球编号之和为偶数的取法有:1偶4奇C 15C 4 5,3偶2奇C 35C 2 5,5偶C 5 5, ∴所求概率P =C 15C 4 5+C 35C 2 5+C 5 5C 5 10=1 2 . 10个球的编号5奇5偶,从中任取5个,编号之和为奇数的与编号之和为偶数的一样多,∴P=1 2 . 3.定义整数集合A 与B 的运算A*B 如下:A*B ={(x ,y)|x∈A,y∈B,且x +y 为偶数},若A ={-1,0,1},B ={1,2,3,4},则集合A*B 中的元素个数为( ) A .12 B .6 C .4 D .2 [答案] B [解析] x =-1时,y =1,3;x =0时,y =2,4;x =1时,y =1,3.故选B. 4.(2018·全国Ⅱ)将标号为1,2,3,4,5,6的6张卡片放入3个不同的信封中,若每个信封放2张,其中标号为1,2的卡片放入同一信封,则不同的放法共有( ) A .12种 B .18种 C .36种 D .54种 [答案] B [解析] 先从三个信封中选取一个放数字1,2,有C 1 3种选法,再从3,4,5,6中选取两个放入一个信封中,则剩下的两个数字在另一个信封中,有放法C 2 4种,∴共有不同放法,C 1 3·C 2 4=18种. 5.(2018·广西桂林调研考试)从9名学生中选出4人参加辨论比赛,其中甲、乙、丙三人至少有两人入选的不同选法的种数为( ) A .36 B .96 C .63 D .51 [答案] D [解析] 若甲、乙、丙三人均入选,只需再从其余的6人中任选1人即可,有C 1 6种选法,若甲、乙、丙三人中只有2人入选,有C 2 3种方法,然后再从其余的6人中任选2人即可,有C 2 6种选法,所以一共有C 1 6+C 23C 2 6=51种选法. 6.若三角形的三边长均为正整数,其中一边长为4,另外两边长分别为b 、c ,且满足b≤4≤c,则这样的三角形有( ) A .10个 B .14个 C .15个 D .21个 [答案] A [解析] 当b=1时,c=4;当b=2时,c=4,5;当b=3时,c=4,5,6;当b=4时,c=4,5,6,7.故共有10个这样的三角形.选A. [点评] 注意三角形两边之和大于第三边,两边之差小于第三边. 7.(2018·绵阳市模拟)某地为上海“世博会”招募了20名志愿者,他们的编号分别是1号、2号、…,19号、20号.若要从中任意选取4人再按编号大小分成两组去做一些预备服务工作,其中两个编号较小的人在一组,两个编号较大的在另一组.那么确保5号与14号入选并被分配到同一组的选取种数是( ) A.16 B.21 C.24 D.90 [答案] B [解析] 由题意知5号和14号在所选4人中,且在同一组,故再从其余志愿者中选2人,如果5号和14号是编号较大的一组,则另二人只能从编号为1至4号的志愿者中选取,有C24种方法;如果5号和14号是编号较小的一组,则另二人只能从15至20号中选,有C26种选法,∴不同选法共有C24+C26=21种. 8.身穿兰、黄两种颜色衣服的各有两人,身穿红色衣服的有一人,现将这五人排成一行,要求穿相同颜色衣服的人不能相邻,则不同的排法共有( ) A.48种B.72种 C.78种D.84种 [答案] A [解析] 解法一:两种穿相同颜色衣服的人相邻的排法有A33A22A22=24种,只有一种穿相同颜色衣服的人相邻的排法有2(A44A22-24)=48,则穿相同颜色衣服的人不能相邻的排法有A55-24-48=48,故选A. 解法二:按穿兰衣服的两人站位分有以下6类: 对于①②⑤⑥排上穿黄衣服的两人都只有两类方法. 第③类中排上穿黄衣服的两人只有一类方法. 第④类中排上穿黄衣服的两人有三类方法. 对于上述每一类安排方法,五人的不同站法共有A22A22=4种,∴共有不同排法(4×2+1 +3)×4=48种.