2022-2023学年高二数学 人教A版2019选择性必修第三册 同步讲义 高二排列组合章 节综合检测（培优卷） 解析版

高二排列组合章节综合检测（培优卷）

第I卷（选择题）

一、选择题（本大题8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一

项是符合题目要求的）

1.5名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军，则不同的结果种数为（）

A.53B.3，C.MD.C；

【答案】A

【分析】根据分步计数原理可得结果.

【详解】因为有3项体育比赛，每项比赛的冠军都有5种可能，所以冠军获得者共有

5x5x5=53种可能.

故选：A.

2.某村镇道路上有10盏照明路灯，为了节约用电，需要关闭其中不相邻的3盏，但考虑行

人夜间出行安全，两端的路灯不能关闭，则关灯方案的种数有（）

A.60B.35C.20D.5

【答案】C

【分析】利用插空法，即可求解.

【详解】采用插空法，让3盏需要关闭的灯插空，有C：=20种方法.

故选：C

3.将一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色，使同一条棱的两端点异色，如果只有5种颜色

可供使用，那么不同的染色种数是（）

A.300B.360C.420D.480

【答案】C

【分析】根据所需染颜色的个数进行分类讨论，最少需要3种，即AC,8。颜色相同，写

出此时染色种数，需要4种时，即AC,3。中选一组使其颜色相同，写出染色种数，需要

5种颜色时，写出染色种数，计算出最终结果即可.

【详解】解：画出四棱锥P-ABCD如卜：

最少需要3种颜色，即AC,BD,P各一种颜色，所以有A；种可能，

当用4种颜色时，在AC,8。中选一组使其颜色相同，所以有CA:种可能,

当用5种颜色时,有A；种可能,所以共八；+色人；+8=420种可能.

故选：C

4.将英文单词“心外〃”中的6个字母重新排列，其中字母6不相邻的排列方法共有()

A.120种B.240种C.480种D.960种

【答案】B

【分析】先排除b之外的其余四个字母，再从这四个字母排完后的5个空中选2个放入b即

可.

【详解】由题意可先排除6之外的其余四个字母，有A：种排法，

再从这四个字母排完后的5个空中选2个放入b,有C；种放法，

故字母b不相邻的排列方法共有A：G=24x10=240(种)，

故选：B

5.从1,2,3,0这四个数中取三个组成没有重复数字的三位数，则这些三位数的和为()

A.1332B.2544C.3560D.3864

【答案】D

【分析】将满足条件的三位数分为3类，列出每类中的所有三位数，求各类三位数的和，再

相加可得结果.

【详解】分三种情况:(1)所有不含0的三位数为：123,132,213,231,312,321,

它们的和为(+2+3)x2x(00+10+1)=1332；

(2)含0且0在十位上的三位数为：103,301,102,201,203,302,

它们的和为(1+2+3)x2*(100+1)=1212；

(3)含0且。在个位上的三位数为210,120,310,130,230,320,

它们的和为(+2+3)x2x(00+10)=1320.

那么可得符合条件的这些三位数之和为1332+1212+1320=3864.

故选：D.

6.为推进体育教学改革和发展，提升体育教学质量中丰富学校体育教学内容，某市根据各

学校工作实际，在4所学校设立兼职教练岗位.现聘请甲、乙等6名教练去这4所中学指导

体育教学，要求每名教练只能去一所中学，每所中学至少有一名教练，则甲、乙分在同一所

中学的不同的安排方法种数为()

A.96B.120C.144D.240

【答案】D

【分析】根据排列组合中的分组分配方法分析即可求得答案.

【详解】由题意可知，将甲乙捆绑在一起，当成一个元素，则是5个不同的教练分配到4

个不同的中学指导体育教学，

由于每名教练只能去一所中学，每所中学至少有一名教练，

则分4组的情况有C；种方法数，再将4组人分配到4所学校有A：种方法数，

则甲、乙分在同一所中学的不同的安排方法种数为C；A：=10x24=24（）.

故选：D.

7.设集合A={（x∣,孙玉,X4,X5）∣x”{-l,O,l},i=l,2,3,4,5},那么集合A中满足条件

“14㈤+同+匕|+同+同43”的元素个数为

A.60B.90C.120D.130

【答案】D

【详解】试题分析：分以下三种情况讨论，

（I）㈤+闯+闯+闻+μ⅛∣=ι,则上述五个数中有一个为1或-1,其余四个数为零，此时

集合A有c；c；

=IO个元素；

（2）㈤+同+k∣+k∣+∣Λ5∣=2,则上述五个数中有两个数为1或-1,其余三个数为零，其

中这两个数的所有可能搭配有2?=4中，此时集合A有4C；=40个：

（3）㈤+同+闯+k∣+k∣=3,则上述五个数中有三个数为1或T,其余两个数为零，其

中这两个数的所有可能搭配有23=8中，此时集合A有8C；=80个；

综上所述，集合A共有10+40+80=130个元素.故选D.

【考点定位】本题考查分类计数原理，属于较难题.

8.罗马数字是欧洲在阿拉伯数字传入之前使用的一种数码，它的产生标志着一种古代文明

的进步.罗马数字的表示法如下：

数字123456789

形式IHIIIIVVVIVllVlllIX

其中“I”需要1根火柴，"V”与“X”需要2根火柴，若为0,则用空位表示.（如123表示为

，405表示为IVV）如果把6根火柴以适当的方式全部放入下

面的表格中，那么可以表示的不同的三位数的个数为（）

B.95C.100D.103

【答案】D

【分析】将6根火柴能表示数字的搭配列举出来，再根据数的排列特征即可得解.

【详解】用6根火柴表示数字，所有搭配情况如下：

1根火柴和5根火柴：1根火柴可表示的数为1；5根火柴可表示的数为8,和O一起，能表

示的数共有4个(108,180,801,810).

2根火柴和4根火柴：2根火柴可表示的数为2、5；4根火柴可表示的数为7,和0一起，

能表示的数有C,x4=8个.

3根火柴和3根火柴：3根火柴可表示的数为3、4、6、9,和0—起，能表示的数分为2类：

除0外的两个数字相同,可表示的数有eɪx4=8个;除0外的两个数字不同,则有(⅛×4=24

个，所以共有8+24=32个.

I根火柴、I根火柴和4根火柴：即有1、1、7组成的数，共有3个(117,171,711).

1根火柴、2根火柴和3根火柴：即由1,2或5中的一个，3、4、6、9中的一个数字组成的

三位数，共有CI(4/=2x4x3x2=48个.

2根火柴、2根火柴、2根火柴：即由2或5组成的三位数，分为两类：三个数字都相同，

共有2个(222,555)；三个数字中的两个数字相同，则有c1χ3=6个，共有2+6=8个.

综上可知，可组成的三.位数共有4+8+32+3+48+8=103个.

故选：D.

【点睛】本题考查了排列组合问题的综合应用，分类、分步计数原理的应用，注意分类时要

做到“不重不漏”，属于难题.

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合

题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.

9.为了贯彻常态化疫情防控工作，动员广大医护人员抓细抓实各项防疫工作，人民医院组

织护理、感染、儿科、疾控、药剂、呼吸六位专家进行“防疫有我，健康同行”知识讲座，每

天一人，连续6天.则下列结论正确的是()

A.从六位专家中选两位的不同选法共有20种

B."呼吸类专家”不排在最后一天的不同排法共有600种

C.“护理、感染类专家''排在相邻两天的不同排法共有240种

D.“护理、感染、儿科类专家''排在都不相邻的三天的不同排法共有72种

【答案】BC

【分析】由组合知识判断A；从前5天中任选一天排“呼吸类专家“，再排其他专家，从而判

断B：由捆绑法判断C；由插空法判断D.

【详解】对于A：从六位专家中选两位的不同选法共有C：=15种，故A错误；

对于B：从前5天中任选一天排“呼吸类专家”，再排其他专家共有5A；=600种，故B正确；

对于C：将“护理”，”感染类专家”视为一个元素，不同的排法共有2A：=240种，故B正确；

对于D：先排疾控、药剂、呼吸，再用插空法排护理、感染、儿科类专家，共有A；A：=144

种，故D错误；

故选：BC

10.下列说法正确的是（）

A.用0,I,2,3,4能组成48个不同的3位数.

B.将10个团员指标分到3个班，每班要求至少得2个，有15种分配方法.

C.小明去书店看了4本不同的书，想借回去至少1本，有16种方法.

D.甲、乙、丙、丁各写了一份贺卡，四人互送贺卡，每人各拿一张贺卡且每人不能拿到自

己写的贺卡，有9种不同的方法.

【答案】BD

【分析】根据分步乘法计数原理求出三位数的个数判断A,根据隔板法和分步乘法计数原理

求出分配方法数，判断B,利用间接法求出满足要求的方法数判断C,利用分步乘法计数原

理求出满足条件的方法数，判断D.

【详解】对于A,第一步先排百位数，有4种排法，第二步排十位数有5种排法，第三步排

个位数有5种排法，由分步乘法计数原理可得共有4x5?=100个不同的三位数，A错误；

对于B,第一步，每个班先各分一个团员指标，有一种方法，第二步，再将余下7个团员指

标排成一排，7个指标之间有6个空，用2块隔板插入其中的两个空，每种插空方法就是一

种将7个指标分给3个班，每班至少一个指标的分配方法，故第二步有C：=15种方法，由

分步乘法计数原理可得满足条件的分配方法有15种，B正确；

对于C,因为借回至少1本的反面为1本都不借，又小明所有的借书方法数为2,种，所以

借回至少1本的方法数为2，-1=15种，C错误；

对于D,第一步甲先拿贺卡，有3种方法，第二步安排甲拿到的贺卡的主人拿，有3种方法，

第三步余下两人拿贺卡，由于其中一人不能拿自己的贺卡，故只有一种方法，由分步乘法计

数原理可得共3x3=9种方法，D正确；

故选：BD.

11.将1,2,3,4,5,6,7这七个数随机地排成一个数列，记第i项为q（i=1,2,,7）,

则下列说法正确的是（）

A.若%=7,%+/+%+4+%，则这样的数列共有360个

B.若所有的奇数不相邻，所有的偶数也不相邻，则这样的数列共有288个

C.若该数列恰好先减后增，则这样的数列共有50个

D.若4<见<%，%>%>%，%<&<%，则这样的数列共有71个

【答案】AD

【分析】根据对称性可得亨∙A[A>即可判断A,对于B：则这样的数列只能是“奇、偶、

奇、偶、奇、偶、奇”，即可判断B,对于C：对1的位置分类讨论，对于D,分%=1、%=2、

%=3一种情况讨论.

【详解】解：对于A：由于1+2+3+4+5+6=21为奇数，根据对称性可知这样的数列有

C∙∙A>Aj=360个，故A正确；

对于B：若所有的奇数不相邻，所有的偶数也不相邻，

则这样的数列只能是“奇、偶、奇、偶、奇、偶、奇"，则有A）A"144个，故B错误；

对于C：从1,2,3,4,5,6中选出1个数排在1的右侧，其余排在1的左侧，

得到先减后增的数列有C；个：

从1,2,3,4,5,6中选出2个数排在1的右侧，其余排在1的左侧，

得到先减后增的数列有C：个；

从1,2,3,4,5,6中选出3个数排在1的右侧，其余排在1的左侧，

得到先减后增的数列有C：个；

从1,2,3,4,5,6中选出4个数排在1的右侧，其余排在1的左侧，

得到先减后增的数列有或个：

从1,2,3,4,5,6中选出5个数排在1的右侧，其余排在1的左侧，

得到先减后增的数列有《个；

故满足条件的总个数为:C：+C+C：+C：+《=62个,故C错误.

对于D：若寸=1则这样的数列有C；数=45个,

若％=2则这样的数列有C；G=20个，

若％=3则这样的数列有Cj=6个，

所以满足条件的这样的数列共有45+20+6=71个，故D正确；

故选：AD

12.如图，在某城市中，M,N两地之间有整齐的方格形道路网，其中4，4,A3,是

道路网中位于一条对角线上的4个交汇处.今在道路网〃，N处的甲、乙两人分别要到N,M

处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达N,M处

为止，则下列说法正确的有（）

A.甲从M到达N处的走法种数为20

B.甲从M必须经过人到达N处的走法种数为9

C.甲乙两人能在4处相遇的走法种数36

D.甲，乙两人能相遇的走法种数为162

【答案】AB

【分析】由M到N的最短路径向上3步，向右3步，问题为6步中任选3步向上或向右走，

根据各选项的描述，同理分析各种走法的种数，即可确定答案.

【详解】A：从M到达N只需向上、向右各走3步，即共走6步，走法种数为C：=20种，

正确；

B：从河到4的走法有C；,再到达N的走法有C；,共有C；c；=9种，正确；

C：由上，甲经过&的走法有9种，同理乙经过4的走法有9种，此处相遇共有81种走法，

错误；

D:要使甲乙以相同的速度相遇，则相遇点A，4，43,A中的一个，而在A、A4相遇各

有1种走法,在4，A相遇各有81种走法，故甲、乙相遇的走法有1+1+81+81=164种,

错误.

故选：AB

第II卷（非选择题）

三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.

13.5名男生与2名女生排成一排,如果男生甲必须站在中间,两名女生必须相邻,共有

种不同的排法.（结果用数值表示）

【答案】192

【分析】先排甲，两个女生可以交换位置，剩下的4个男生站剩下的四个位置，即可得出结

论.

【详解】如图，先排甲（甲在4号位置），

将2名女生看成一个整体，排在1,2、2,3、5,6、6,7中的四个位置，有A；种排法，

两个女生位置可以交换，有A：种排法，

在把剩余的4个男生站剩下的四个位置，有A：种排法，

所以符合题意的排法有A：A；A：=192种排法.

故答案为：192.

14.将红、黄、蓝三种颜色的涂料都涂在下图的六个区域中，每个区域涂一种颜色，要求有

三个区域涂同一颜色，且相邻的两个区域不同色，共有涂法（用数字作答）.

①②③④⑤⑥

【答案】60

【分析】分析可知区域①③⑤或区域②④⑥或区域①③⑥或区域①④⑥涂同一种颜色，则剩

余三个区域中有两个不相邻的区域涂一种颜色，最后一个区域涂第三种颜色，利用组合计数

原理以及分步乘法、分类加法计数原理可求得结果.

【详解】由题意可知，区域①③⑤或区域②④⑥或区域①③⑥或区域①④⑥涂同一种颜色，

(1)若区域①③⑤或区域②④⑥涂一种颜色，

则剩余三个区域中有两个区域涂一种颜色，最后一个区域涂第三种颜色，

因此，不同的涂色种数为C；c；c；c；=36种；

(2)若区域①③⑥涂同一种颜色，则区域④⑤涂剩余的两种颜色，区域②和区域①③所涂

颜色不同，

此时，不同的涂色种数为C；A；C；=12利”

(3)若区域①④⑥涂同一种颜色则区域②③涂剩余的两种颜色，区域⑤和区域④⑥所涂颜

色不同，

此时，不同的涂色种数为C；A；C；=12种.

综上所述，不同的涂色方法种数为36+12+12=60种.

故答案为：60.

15.已知集合”={2019,12,6,TO,-5,-1,0,1,8,15},记集合”的非空子集为M、也、L、Ml023,

且记每个子集中各元素的乘积依次为叫、W2、L、WJ1023,则叫+”++犯侬的值为

【答案】-1

【分析】构造函数/(x)=(x+2019)(x+12)(x+6)(x-10)(x—5)(x—l)x(x+l)(x+8)(x+15),

设该函数展开式中所有项系数之和为T，则g+生++∕n,023=T-l,利用赋值法可求得结

果.

【详解】设集合〃的十个元素分别为卬、生、L、«10.

∕π1+m2++∕nl023=ai+a2++αιy+aya2+aiai++agam+aya2ai++aialiam++aλa2aw

设函数〃x)=(x+2019)(x+12)(x+6)(x—10)(x—5)(x—l)x(x+D(x+8)(x+15)展开式中所

有项系数之和为T,

则町+w2+-+w,023=T-I,

因为T=∕(l)=0,所以T-I=T.

故答案为：-1.

【点睛】关键点点睛：本题主要考查的集合子集的判定，构造函数求解，属于难题.本题的

关键是根据二项定理的推导过程构造出函数

/(x)=(x+2019)(x+12)(x+6)(x-10)(x-5)(x-l)x(x+l)(x+8)(x+15),这种转化思想是

本题的难点.

16.在生物学研究过程中，常用高倍显微镜观察生物体细胞.己知某研究小组利用高倍显微

镜观察某叶片的组织细胞，获得显微镜下局部的叶片细胞图片，如图所示，为了方便研究,

现在利用甲、乙、丙、丁四种不同的试剂对A、B、C、D、E、尸这六个细胞进行染色，

其中相邻的细胞不能用同种试剂染色，且甲试剂不能对C细胞染色，则共有种

不同的染色方法(用数字作答).

【答案】90.

【分析】先考虑C细胞的染色试剂没有限制的条件下相邻的细胞不能用同种试剂染色的方

法种数，然后考虑用甲试剂对C细胞染色且相邻的细胞不能用同种试剂染色的方法种数，

将两种方法种数作差即可得解.

【详解】不考虑甲试剂不能对C细胞染色，

若CE细胞的染色试剂相同，共有4x3x2x2=48种方法，

若C、E细胞的染色试剂不同，共有4x3*2χ(l+2)=72种方法，

共120种方法.

现考虑甲试剂对C细胞染色，

若C、E细胞的染色试剂相同，共有3x2x2=12种方法，

若C、E细胞的染色试剂不同，共有3χ2χ(2+l)=18,

共30种方法.

所以，符合条件的染色方法有120-30=90种.

故答案为：90.

【点睛】求解染色问题一般直接用两个计算原理求解，通常的作法是，按区域的不同以区域

为主分布计数，用分布乘法原理进行求解.

四、解答题：本大题共5小题，17题共10分，其余各题每题12分，共70分.解答应写出

文字说明、证明过程或演算步骤.

17.现有如下定义：除最高数位上的数字外，其余每一个数字均比其左边的数字大的正整数

叫“幸福数'’(如346和157都是三位“幸福数和.

(1)求三位“幸福数”的个数；

(2)如果把所有的三位“幸福数”按照从小到大的顺序排列，求第80个三位“幸福数”.

【答案】(1)84个

(2)589

【分析】(1)由幸福数的定义结合组合公式求解即可；

(2)分类讨论最高位数字，由组合公式结合分类加法计数原理得出第80个三位“幸福数”.

【详解】(1)根据题意，可知三位“幸福数”中不能有0,

故只需在数字1,2,3,…，9中任取3个，将其从小到大排列，即可得到一个三位“幸福数”，

每种取法对应1个“幸福数”，则三位“幸福数”共有C；=84个.

(2)对于所有的三位“幸福数”，1在最高数位上的有C=28个，

2在最高数位上的有C；=21个，

3在最高数位上的有C；=15个，

4在最高数位上的有C；=10个，

5在最高数位上的有C；=6个.

因为28+21+15+10+6=80,

所以第80个三位“幸福数”是最高数位为5的最大的三位“幸福数”，为589.

18.近年来大学生村官岗位竞争激烈.现有5名应届大学生通过了选拔考试.现分配他们到

4个乡镇单位，每个人只能去一个乡镇单位.

(1)则不同的分配方案共有多少种？

(2)若每个乡镇单位至少有一名同学去，则不同的分配方案有多少种？

【答案】(I)IO24

(2)240

【分析】(1)对分配过程进行分步，求每步的方法数，利用分步乘法计数原理求不同的分配

方案；

(2)结合分堆分配问题处理方法求解.

【详解】(1)将5名应届大学生分配到4个乡镇单位，可分为5步完成，

第一步，先安排第一名的学生，有4种安排方法，

第二步，先安排第二名的学生，有4种安排方法，

第三步，先安排第三名的学生，有4种安排方法，

第四步，先安排第四名的学生，有4种安排方法，

第五步，先安排第五名的学生，有4种安排方法，

由分步乘法计数原理可得不同的分配方案共有4x4x4x4*4种方法，即1024种方法.

(2)分配过程可分为两步完成，

第一步，可将5名学生分成2,1,1,1四层，有C；种方法，

再将各层安排到四个乡镇单位，有A：种方法，

由分步乘法计数原理可得不同的分配方案共有C；A：种方法，即240种方法.

19.中华文化源远流长，为了让青少年更好地了解中国的传统文化，某培训中心计划利用暑

期开设“围棋”、"武术”、“书法”、“剪纸”、"京剧”、"刺绣”六门体验课程.

(1)若体验课连续开设六周，每周一门，求“京剧”和“剪纸”课程排在不相邻的两周的所有排法

种数;

(2)现有甲、乙、丙三名学生报名参加暑期的体验课程，每人都选两门课程，甲和乙有一门

共同的课程，丙和甲、乙的课程都不同，求所有选课的种数；

(3)计划安排A、B、C、。、E五名教师教这六门课程，每名教师至少任教一门课程，教师A

不任教“围棋”课程，教师8只能任教一门课程，求所有课程安排的种数.

【答案】(1)480

(2)360

(3)1140

【分析】(1)先排剩余四门课，"京剧”和"剪纸”课程不相邻，用插空法求解；

(2)由分步乘法原理求解；

(3)按甲所教科目的数量分类，然后由分类加法计数原理求解.

(1)

解：第一步，先将另外四门课排好，有用种情况；

第二步，将“京剧”和“剪纸”课程分别插入5个空隙中，有用种情况；

所以“京剧”和“剪纸”课程排在不相邻的两周的排法有A：X&=480种；

(2)

解：第一步，先将甲和乙的不同课程排好，有种情况：

第二步，将甲和乙的相同课程排好，有C：种情况；

第三步，因为丙和甲、乙的课程都不同，所以丙的排法C；种情况；

因此，所有选课种数为&XC：XC；=360.

(3)

解：①当A只任教1科时：先排A任教科目，有种；再从剩下5科中排B的任教科目,

有C；种；接下来剩余4科中必有2科为同一名老师任教，分三组全排列，共有种；所

4×3

以当A只任教1科时，共有C：C；C：&=5x5x=x3x2xl=900种；

2×1

②当A任教2科时：先选Λ任教的2科有中，这样6科分为4组共有

5x4

CM=——x4x3x2xl=240种，

2×1

所以，当A任教2科时，共有900+240=1140种，

综上，A不任教“围棋”的课程安排方案有1140种.

20.1.如图，已知图形ABeDER内部连有线段.（用数字作答）

（1）由点A沿着图中的线段到达点E的最近路线有多少条？

（2）由点A沿着图中的线段到达点C的最近路线有多少条？

（3）求出图中总计有多少个矩形？

【答案】⑴20

⑵Ill

（3）102

【分析】（1）由题意转化条件为点A需向右移动3次、向上移动3次，结合组合的知识即

可得解；

（2）设出直线DE上其它格点为G、H、P,按照A→E→C∖A→G→C.A→H→C.

A→PfC分类，结合分步乘法、组合的知识即可得解；

（3）由题意转化条件为从竖线中选出两条、横线中选出两条组成图形，按照矩形的边在不

在CO上分类，利用分步乘法、组合的知识即可得解.

【详解】（I）由题意点A沿着图中的线段到达点E的最近路线需要移动6次：向右移动3

次，向上移动3次，故点A到达点E的最近路线的条数为C〉C；=20；

（2）设点G、H、P的位置如图所示：

DC

FE

_G

~~H

三

则点A沿着图中的线段到达点C的最近路线可分为4种情况：

①沿着A→E→C,共有。八《/；=60条最近路线；

②沿着A→GfC（不经过E）,共有C；•C；•C；•C；=30条最近路线；

③沿着A→"fC（不经过E、G）,共有C1C∙C=16条最近路线:

④沿着A→P→C（不经过及G、H）,共有C；C：=5条最近路线；

故由点4沿着图中的线段到达点C的最近路线有60+30+16+5=111条；

（3）由题意，要组成矩形则应从竖线中选出两条、横线中选出两条，可分为两种情况：

①矩形的边不在8上，共有C：C；=90个矩形；

②矩形的一条边在CD上，共有C：C；=12个矩形；

故图中共有90+12=102个矩形.

21.二进制规定：每个二进制数由若干个0、ɪ组成，且最高位数字必须为1.若在二进制中，

S”是所有〃位二进制数构成的集合，对于％,