浙江专用2025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

PAGEPAGE2第2讲排列与组合[基础达标]1．不等式Aeq\o\al(x,8)＜6×Aeq\o\al(x－2,8)的解集为()A．[2，8] B．[2，6]C．(7，12) D．{8}解析：选D.由题意得eq\f(8！,（8－x）！)＜6×eq\f(8！,（10－x）！)，所以x2－19x＋84＜0，解得7＜x＜12.又x≤8，x－2≥0，所以7＜x≤8，x∈N*，即x＝8.2．(2024·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()A．96 B．84C．60 D．48解析：选B.法一：分三类：种两种花有Aeq\o\al(2,4)种种法；种三种花有2Aeq\o\al(3,4)种种法；种四种花有Aeq\o\al(4,4)种种法．共有Aeq\o\al(2,4)＋2Aeq\o\al(3,4)＋Aeq\o\al(4,4)＝84.法二：按A－B－C－D依次种花，可分A，C同色与不同色有4×3×(1×3＋2×2)＝84.3．(2024·温州八校其次次联考)若无重复数字的三位数满意条件：①个位数字与十位数字之和为奇数，②全部数位上的数字和为偶数，则这样的三位数的个数是()A．540 B．480C．360 D．200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Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(1,5)Aeq\o\al(2,2)＝50种排法；全部数位上的数字和为偶数，则百位数字是奇数，有Ceq\o\al(1,4)＝4种满意题意的选法，故满意题意的三位数共有Ceq\o\al(1,4)×Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(1,5)Aeq\o\al(2,2)＝200(个)．4．3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()A．36 B．72C．108 D．144解析：选B.3本数学书的放法有Aeq\o\al(3,3)种，将3本语文书插入使得语文数学均不相邻的插法有2Aeq\o\al(3,3)种，故同类书不相邻的放法有2Aeq\o\al(3,3)Aeq\o\al(3,3)＝2×6×6＝72(种)，故选B.5．(2024·金华十校期末调研)A、B、C、D、E五个人参与抽奖活动，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)的状况有()A．18种 B．24种C．36种 D．48种解析：选C.A、B两人都获奖(0元视为不获奖)的状况有三类：即获奖的四人为：ABCD，ABCE，ABDE，在每类状况中，获奖的状况有：Ceq\o\al(2,4)·Aeq\o\al(2,2)＝12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)的状况有：3×12＝36种．6．(2024·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，则奇数位上必需是奇数的三位数的个数为()A．12 B．18C．24 D．30解析：选B.依据题意，要求奇数位上必需是奇数的三位数，则这个三位数的百位、个位为奇数，分2步进行分析：①在1、3、5三个奇数中任选2个，支配在三位数的个位和百位，有Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,2)＝6种状况，②在剩余的3个数字中任选1个，将其支配在三位数的十位，有Ceq\o\al(1,3)＝3种状况，则奇数位上必需是奇数的三位数有6×3＝18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()A．484 B．472C．252 D．232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Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(2,12)＝264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Ceq\o\al(3,12)－3Ceq\o\al(3,4)＝208种选法．故总共有264＋208＝472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()A．30 B．42C．54 D．56解析：选B.间接法：先从这8个点中任取3个点，有Ceq\o\al(3,8)种取法，再减去三点共线的情形即可，即Ceq\o\al(3,8)－Ceq\o\al(3,5)－Ceq\o\al(3,4)＝42.9．(2024·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()A．12 B．14C．16 D．18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：①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Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,2)＝4种排法；②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Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,2)＝4种排法；③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Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,2)＝4种排法；④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4＋4＋4＋2＝14种排法，故选B.10．设集合A＝{(x1，x2，x3，x4，x5)|xi∈{－1，0，1}，i＝1，2，3，4，5}，那么集合A中满意条件“1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3”的元素的个数为()A．60 B．90C．120 D．130解析：选D.设t＝|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|，t＝1说明x1，x2，x3，x4，x5中有一个为－1或1，其他为0，所以有2×Ceq\o\al(1,5)＝10个元素满意t＝1；t＝2说明x1，x2，x3，x4，x5中有两个为－1或1，其他为0，所以有Ceq\o\al(2,5)×2×2＝40个元素满意t＝2；t＝3说明x1，x2，x3，x4，x5中有三个为－1或1，其他为0，所以有Ceq\o\al(3,5)×2×2×2＝80个元素满意t＝3，从而，共有10＋40＋80＝130个元素满意1≤t≤3.11．(2024·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Aeq\o\al(2,3)＝6种方法，故这样的五位数的个数是2×2×6＝24个．答案：2412．(2024·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种状况，其中有6个空位符合条件，考虑三人的依次，将3人插入6个空位中，则共有1×Aeq\o\al(3,6)＝120种状况，由于甲必需坐在三人中间，则有符合要求的坐法有eq\f(1,3)×120＝40(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(Ceq\o\al(2,6)－3)对，两个正四面体有(Ceq\o\al(2,6)－3)×2对．又正方体的面对角线中平行成对，所以共有(Ceq\o\al(2,6)－3)×2×2＝48(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Ceq\o\al(2,4)＝6座桥，现只建其中3座，有Ceq\o\al(3,6)种建法，但如图(1)这样的建桥方式是不合题意的，类似这样的状况有Ceq\o\al(3,4)种，则共有Ceq\o\al(3,6)－Ceq\o\al(3,4)＝16种建桥方案．法二：依题意，满意条件的建桥方案分两类．第一类，如图(2)，此时有Ceq\o\al(1,4)种方法．其次类，如图(3)，此时有eq\f(1,2)Aeq\o\al(4,4)＝12种方法．由分类加法计数原理得，共有4＋12＝16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名女同学分别参与全校“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，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋n＝8，,Ceq\o\al(2,m)·Ceq\o\al(1,n)·Aeq\o\al(3,3)＝90，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋n＝8，,Ceq\o\al(2,m)·Ceq\o\al(1,n)＝15.))由于m，n∈N＋，则m＝3，n＝5.答案：3516．在航天员进行的一项太空试验中，要先后实施6个程序，其中程序A只能出现在第一或最终一步，程序B和C在实施时必需相邻，则试验依次的编排方法共有________种．解析：程序A有Aeq\o\al(1,2)＝2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Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(4,4)＝48(种)，所以由分步乘法计数原理得，试验依次的编排共有2×48＝96种方法．答案：9617．规定Ceq\o\al(m,x)＝eq\f(x（x－1）…（x－m＋1）,m！)，其中x∈R，m是正整数，且Ceq\o\al(0,x)＝1，这是组合数Ceq\o\al(m,n)(n，m是正整数，且m≤n)的一种推广，则Ceq\o\al(3,－15)＝________；若x>0，则x＝________时，eq\f(Ceq\o\al(3,x),（Ceq\o\al(1,x)）2)取到最小值，该最小值为________．解析：由规定：Ceq\o\al(3,－15)＝eq\f(（－15）×（－16）×（－17）,3×2×1)＝－680，由eq\f(Ceq\o\al(3,x),（Ceq\o\al(1,x)）2)＝eq\f(x（x－1）（x－2）,6x2)＝eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,x)－3)).因为x>0，x＋eq\f(2,x)≥2eq\r(2)，当且仅当x＝eq\r(2)时，等号成立，所以当x＝eq\r(2)时，得最小值eq\f(2\r(2)－3,6).答案：－680eq\r(2)eq\f(2\r(2)－3,6)[实力提升]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，直至找出全部的次品为止．(1)若恰在第5次测试才测试到第1件次品，第10次才找到最终一件次品，则这样的不同测试方法数是多少？(2)若恰在第5次测试后就找出了全部次品，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Aeq\o\al(4,6)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Ceq\o\al(2,4)·Aeq\o\al(2,2)＝Aeq\o\al(2,4)种测试方法，再排余下4件的测试位置，有Aeq\o\al(4,4)种测试方法．所以共有Aeq\o\al(4,6)·Aeq\o\al(2,4)·Aeq\o\al(4,4)＝103680种不同的测试方法．(2)第5次测试的产品恰为最终一件次品，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Ceq\o\al(1,4)·Ceq\o\al(1,6)·Aeq\o\al(4,4)＝576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人外出竞赛，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Ceq\o\al(3,6)，再选2名女运动员，方法数为Ceq\o\al(2,4)，共有Ceq\o\al(3,6)·Ceq\o\al(2,4)＝120种方法．(2)法一：至少有1名女运动员包括以下几种状况：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Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(4,6)＋Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(3,6)＋Ceq\o\al(3,4)Ceq\o\al(2,6)＋Ceq\o\al(4,4)Ceq\o\al(1,6)＝246(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Ceq\o\al(5,10)－Ceq\o\al(5,6)＝246(种)．(3)当有女队长时，其他人随意选，共有Ceq\o\al(4,9)种选法，不选女队长时，必选男队长，其他人随意选，共有Ceq\o\al(4,8)种选法，其中不含女运动员的选法有Ceq\o\al(4,5)种，所以不选女队长时共有(Ceq\o\al(4,8)－Ceq\o\al(4,5))种选法．所以既有队长又有女运动员的选法共有Ceq\o\al(4,9)＋Ceq\o\al(4,8)－Ceq\o\al(4,5)＝191(种)．3．证明下列各题：(1)Aeq\o\al(k,n)＋kAeq\o\al(k－1,n)＝Aeq\o\al(k,n＋1)(k≤n，n≥0)；(2)Ceq\o\al(k,n)Ceq\o\al(m－k,n－k)＝Ceq\o\al(m,n)Ceq\o\al(k,m)(k≤m≤n，n≥0)．证明：(1)左边＝eq\f(n！,（n－k）！)＋k·eq\f(n！,（n－k＋1）！)＝eq\f(n！[（n－k＋1）＋k],（n－k＋1）！)＝eq\f(（n＋1）！,（n＋1－k）！)＝Aeq\o\al(k,n＋1)＝右边．(2)左边＝eq\f(n！,k！（n－k）！)·eq\f(（n－k）！,（m－k）！（n－m）！)＝eq\f(n！,k！（m－k）！（n－m）！)，右边＝eq\f(n！,m！（n－m）！)·eq\f(m！,k！（m－k）！)＝eq\f(n！,（n