91　计数原理排列与组合

目录五年高考三年模拟北京专练53精选练思维五年高考北京专练(2014北京,13,5分,中)把5件不同产品摆成一排.若产品A与产品B相邻,且产品A与产品C

不相邻,则不同的摆法有__________种.

36

解析记其余两件产品为D、E,A、B相邻视为一个元素,先与D、E排列,有

种方法;再将C插入,仅有3个空位可选,共有

=2×6×3=36种不同的摆法.53精选1.(2020新高考Ⅰ,3,5分,易)6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者,每名同学只去1个

场馆,甲场馆安排1名,乙场馆安排2名,丙场馆安排3名,则不同的安排方法共有

()A.120种

B.90种

C.60种

D.30种

C解析因为每名同学只去1个场馆,甲场馆安排1名,乙场馆安排2名,丙场馆安排3名,所以甲场馆从6人中挑1人有

=6种结果;乙场馆从余下的5人中挑2人有

=10种结果;余下的3人去丙场馆.故共有6×10=60种安排方法.故选C.2.(2023全国乙理,7,5分,中)甲、乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种,则这两人选

读的课外读物中恰有1种相同的选法共有

()A.30种

B.60种

C.120种

D.240种

C

解析第一步:甲、乙两位同学从6种课外读物中选出1种相同的有

=6种选法;第二步:从剩下的5种课外读物中选2种分给甲、乙有

=20种选法.所以符合要求的选法共有6×20=120种,故选C.一题多解

甲、乙两位同学分别从6种课外读物中选出2种有

=225种选法,其中甲、乙选2种读物完全相同有

=15种选法,完全不相同有

=90种选法.所以两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有225-15-90=120种,故选C.3.(2023全国甲理,9,5分,中)现有5名志愿者报名参加公益活动,在某一星期的星期六、

星期日两天,每天从这5人中安排2人参加公益活动,则恰有1人在这两天都参加的不同

安排方式共有

()A.120种

B.60种

C.30种

D.20种

B

解析先从5人中选出1人两天都参加,有

种选择,然后从其余4人中选2人分别安排在,有

种方式,所以恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有

=60种,故选B.4.(2022新高考Ⅱ,5,5分,中)甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演,若甲

不站在两端,丙和丁相邻,则不同的排列方式共有

()A.12种

B.24种

C.36种

D.48种

B

解析

解法一:(直接法)第一种情况:甲站在最中间,丙丁站在甲的左端或右端有2种选择,然后丙丁两个全

排,乙戊在剩下的两个位置全排列,有2

=8种站法.第二种情况:甲站在左二或右二有2种选择,以甲站左二位置为例,丙丁在甲的右侧三个

位置中相邻有2种选择,然后丙丁两个全排列,乙戊在剩下的两个位置全排列,有2×

2

=16种站法.∴甲不站在两端,丙和丁相邻的不同排列方式共有8+16=24种.解法二:丙和丁相邻共有

·

种站法,甲站在两端且丙和丁相邻共有

·

·

种站法,所以甲不站在两端且丙和丁相邻共有

·

-

·

·

=24种站法,故选B.5.(2023新课标Ⅰ,13,5分,易)某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课,学生

需从这8门课中选修2门或3门课,并且每类选修课至少选修1门,则不同的选课方案共有

__________种(用数字作答).

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解析选修2门课,体育类和艺术类各选1门,共有

·

=16种选课方案;选修3门课,分为选2门体育类、1门艺术类和选2门艺术类、1门体育类两种情况,共有

·

+

·

=48种选课方案.因此不同的选课方案共有16+48=64种.三年模拟练思维1.题型(2024首都师大附中开学考试,5)由三个数字1,2,3组成的五位数中,1,2,3都至少出

现一次,这样的五位数的个数为

()A.150

B.240

C.180

D.236

A

解析分两类,第一类,恰有一个数字出现一次,另两个各出现两次,有

个;第二类,恰有一个数字出现三次,另两个各出现一次,有

个,由分类加法计数原理得五位数的个数为

+

=150.故选A.2.(2025通州期末,6)设a1,a2,a3,a4为1,2,3,4的一个排列,则满足|a1-a2|+|a3-a4|=4的不同排列

的个数为

()A.24

B.16

C.8

D.2

B

解析根据题意,若|a1-a2|+|a3-a4|=4,则|a1-a2|=1且|a3-a4|=3,或|a1-a2|=3且|a3-a4|=1,或|a1-a2|=2

且|a3-a4|=2.其反面为|a1-a2|=|a3-a4|=1.当|a1-a2|=1且|a3-a4|=1时,有{a1,a2}={1,2},{a3,a4}={3,4},或{a1,a2}={3,4},{a3,a4}={1,2},共2×

2×2=8种可能,故满足|a1-a2|+|a3-a4|=4的不同排列的个数为

-8=16.故选B.3.题型(2024石景山一模,9)中国民族五声调式音阶的各音依次为:宫、商、角、徵、

羽,如果用这五个音排成一个没有重复音的五音音列,且商、角不相邻,徵位于羽的左

侧,则可排成的不同音列有

()A.18种

B.24种

C.36种

D.72种

C

解析宫、徵、羽任意排列,再将商、角插入它们中间及左右4位中的2位,共有

·

=72种,因为徵位于羽的左侧与右侧种数相同,所以可排成的不同音列有

×72=36种.故选C.4.(2024丰台一模,6)按国际标准,复印纸幅面规格分为A系列和B系列,其中A系列以A0,

A1,…等来标记纸面规格,具体规格标准为:①A0规格纸宽和幅长的比例关系为1∶

;②将Ai(i=0,1,…,9)纸幅宽方向裁开成两等份,便成为A(i+1)规格纸张(如图).

某班级进行社会实践活动汇报,要用A0规格纸成其他规格纸张.共需A4规格纸张40张,A2规格纸张10张,A1规格纸张5张.为满足上述要求,至少提供A0规格纸

数为()A.6

B.7

C.8

D.9

C

解析因为1张A0规格纸裁剪出2张A1,或4张A2,或16张A4,设一张A0规格纸积为a,则一张A1规格纸积为

a,一张A2规格纸积为

a,一张A4规格纸积为

a,所以总共需要的纸积为40×

a+10×

a+5×

a=7a+

a,即至少需要提供8张A0规格纸张,其中将3张A0裁出5张A1和2张A2;将2张A0裁出8张A2;将剩下的3张A0裁出3×16=48张

A4,满足要求.故选C.思路分析设一张A0规格纸积为a,然后得到一张A1、A2、A4纸的面积,最后

求出所需要的纸的总面积可判断.5.题型(2025石景山期末,10)已知集合A={a1,a2,a3,a4}⊆{1,2,3,4,5,6,7,8},若存在ai,aj∈A,

使得|ai-aj|=1,则集合A的个数为

()A.70

B.65

C.60

D.50

B

解析从集合{1,2,3,4,5,6,7,8}中8个元素任选4个组成集合A,共有

=

=70个.设∀ai,aj∈A,使得|ai-aj|≠1,则这样的集合有{1,3,5,7},{1,3,5,8},{1,3,6,8},{1,4,6,8},{2,4,6,

8}共计5个,故满足题意的集合A的个数为70-5=65.故选B.6.(2025朝阳一模,10)n位同学参加学校组织的某棋类单循环制比赛,即任意两位参赛者

之间恰好进行一场比赛.每场比赛的计分规则是:胜者计3分,负者计0分,平局各计1分.所

有比赛结束后,若这n位同学的得分总和为150分,且平局总场数不超过比赛总场数的一

半,则平局总场数为

()A.12

B.15

C.16

D.18

B

解析由单循环赛制得所有比赛的场数为

=

,设平局总场数为k(k∈N),由题意可知k≤

,由于能决定胜负的每场选手的得分之和为3分,每场平局选手的得分之和为2分,则3

+2k=

-k=150,所以k=

-150,因为平局总场数不超过比赛总场数的一半,则0≤k=

-150≤

,整理可得100≤n(n-1)≤120,因为n∈N*,解得n=11,所以平局的局数为k=

-150=

-150=15.故选B.7.(2025丰台期末,10)各项均为正整数的数列2,3,4,a,b,20,30,40为递增数列.从该数列中

任取4项构成的递增数列既不是等差数列也不是等比数列,则有序数对(a,b)的个数为

()A.73

B.75

C.76

D.78

B

解析由题意可知a的值可从6,7,8,9,11,12,13,14,15,16,17,18中选取(a=5或10时,存在4

项可构成等差数列,不合题意),b的值可从7,8,9,11,12,13,14,15,16,17,18,19中选取(b=10

时,存在4项可构成等差数列,不合题意)先计算上述范围满足a<b的所有取法,当a=6时,b的取法有12种;当a=7时,b的取法有11种;当a=8时,b的取法有10种;当a=9时,b的取法有9种;当a=11时,b的取法有8种,依次类推,当a=18时,b的取法有1种.则满足a<b的数对(a,b)可能取法有12+11+…+2+1=

=78(种),其中当a=6,b=8时,2,4,6,8成等差数列,不合题意;当a=8,b=16时,2,4,8,16成等比数列,不合题意;当a=8,b=14时,2,8,14,20成等差数列,不合题意;故满足题意的(a,b)的取法有78-3=75(种),故选B.8.(2024北京八一学校开学考试,10)某中学举行了科学防疫知识竞赛.经过选拔,甲、

乙、丙三位选手进入了最后角逐.他们还将进行四场知识竞赛.规定:每场知识竞赛前三

名的得分依次为a,b,c(a>b>c,且a,b,c∈N*);选手总分为各场得分之和.四场比赛后,已知

甲最后得分为16分,乙和丙最后得分都为8分,且乙只有一场比赛获得了第一名,则下列

说法正确的是

()A.每场比赛的第一名得分a为4B.甲至少有一场比赛获得第二名C.乙在四场比赛中没有获得过第二名D.丙至少有一场比赛获得第三名

C

解析∵甲最后得分为16分,且甲至少有一场不是第一名.∴4a>16,即a>4,接下来以乙为主要研究对象,①若乙得分名次为:1场第一名,3场第二名,则a+3b=8,则3b=8-a<4,而b∈N*,则b=1,又c∈N*,a>b>c,故不合题意;②若乙得分名次为:1场第一名,2场第二名,1场第三名,则a+2b+c=8,则2b+c=8-a<4,由a>b>c,且a,b,c∈N*可知,没有符合该不等式的解,故不合题意;③若乙得分名次为:1场第一名,1场第二名,2场第三名,则a+b+2c=8,则b+2c=8-a<4,由a>b>c,且a,b,c∈N*可知,没有符合该不等式的解,故不合题意;④若乙得分名次为:1场第一名,3场第三名,则a+3c=8,显然a=5,c=1,则甲的得分情况为3场第一名,1场第三名,共3×5+1=16分,乙的得分情况为1场第一名,3场第三名,共5+3×1=8分,丙的得分情况为4场第二名,则4b=8,即b=2,故符合题意.综上可知,乙在四场比赛中没有获得过第二名.故选C.思路分析由甲最后得分得到a>4,再分析乙每场名次的所有情况,符合题意的只有一

种,从而得甲、乙、丙每场名次的情况.9.题型(2024丰台期末,9)在八会纪念卡中,四吉祥物宸宸,另外四

莲莲.现将这八卡平均分配给4个人,则不同的分配方案种数为

()A.18

B.19

C.31

D.37

B

解析设吉祥物宸宸为a,莲莲为b,分三类解决,①每人得到一张a,一张b,共有1种分法;②将这八卡分为(a,b),(a,a),(a,b),(b,b)四组,再分给四个人,共有

=12种分法;③将这八卡分为(a,a