2020版高考数学大一轮复习-第2讲排列与组合分层演练(理)(含解析)新人教A版

第2讲排列与组合

1．不等式A x8＜6×A 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8！

（8－x）！＜6×

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．某市委从组织机关10名科员中选3人担任驻村第一书记，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

解析：选C.由于丙不入选，相当于从9人中选派3人．甲、乙两人均入选，有C22C17种选法，甲、乙两人只有1人入选，有C12C27种选法．所以由分类加法计数原理，共有C22C17＋C12C27＝49种不同选法．

3．从1，3，5中取两个数，从2，4中取一个数，可以组成没有重复数字的三位数，则在这些三位数中，奇数的个数为( )

A．12 B．18

C．24 D．36

解析：选C.从1，3，5中取两个数有C23种方法，从2，4中取一个数有C12种方法，而奇数只能从1，3，5取出的两个数之一作为个位数，故奇数的个数为C23C12A12A22＝3×2×2×2×1＝24.

4．某县委将7位大学生志愿者(4男3女)分成两组，分配到两所小学支教，若要求女生不能单独成组，且每组最多5人，则不同的分配方案共有( )

A．36种B．68种

C．104种D．110种

解析：选C.分组的方案有3、4和2、5两类，第一类有(C37－1)·A22＝68种；第二类有(C27－C23)·A22＝36种，所以共有N＝68＋36＝104(种)．

5. 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．42

C．54 D．56

解析：选B.间接法：先从这8个点中任取3个点，有C38种取法，再减去三点共线的情形即可，即C38－C35－C34＝42.

6．六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有( )

A．192种B．216种

C．240种D．288种

解析：选B.第一类：甲在最左端，有A55＝5×4×3×2×1＝120种方法；第二类：乙在最左端，有4A44＝4×4×3×2×1＝96种方法．所以共有120＋96＝216种方法．7．某班组织文艺晚会，准备从A，B等8个节目中选出4个节目演出，要求A，B两个节目至少有一个选中，且A，B同时选中时，它们的演出顺序不能相邻，那么不同演出顺序的种数为( )

A．1 860 B．1 320

C．1 140 D．1 020

解析：选C.当A，B节目中只选其中一个时，共有C12C36A44＝960种演出顺序；当A，B节目都被选中时，由插空法得共有C26A22A23＝180种演出顺序，所以一共有1 140种演出顺序．8．(2019·河南天一大联考) 如图，图案共分9个区域，有6种不同颜色

的涂料可供涂色，每个区域只能涂一种颜色的涂料，其中2和9同色、3和6

同色、4和7同色、5和8同色，且相邻区域的颜色不相同，则涂色方法共有( ) A．360种B．720种

C．780种D．840种

解析：选B.由题意知2，3，4，5的颜色都不相同，先涂1：有6种方法，再涂2，3，4，5，有A45种方法，故一共有6·A45＝720(种)．

9．(2019·福建漳州八校第二次联考)若无重复数字的三位数满足条件：①个位数字与十位数字之和为奇数，②所有数位上的数字和为偶数，则这样的三位数的个数是( ) A．540 B．480

C．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C15C15 A22＝50种排法；所有数位上的数字和为偶数，则百位数字是奇数，有C14＝4种满足题意的选法，故满足题意的三位数共有50×4＝200(个)．

10．(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( )

A．12 B．14

C．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A22A22＝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A22A22＝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A22A22＝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.

11．将甲、乙等5名交警分配到三个不同路口疏导交通，每个路口至少一人，且甲、乙在同一路口的分配方案共有( )

A．18种B．24种

C．36种D．72种

解析：选C.不同的分配方案可分为以下两种情况：①甲、乙两人在一个路口，其余三人分配在另外的两个路口，其不同的分配方案有C23A33＝18(种)；

②甲、乙所在路口分配三人，另外两个路口各分配一个人，其不同的分配方案有C13A33＝18(种)．

由分类加法计数原理可知不同的分配方案共有18＋18＝36(种)．

12．(2019·黑龙江哈尔滨第六中学期末)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．472

C．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C14C212＝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C312－3C34＝208种选法．故总共有264＋208＝472种不同的选法．13．若把英语单词“good”的字母顺序写错了，则可能出现的错误写法共有________种．

解析：把g、o、o、d 4个字母排一列，可分两步进行，第一步：排g和d，共有A24种排法；第二步：排两个o，共一种排法，所以总的排法种数为A24＝12(种)．其中正确的有一种，所以错误的共A24－1＝12－1＝11(种)．

答案：11

14．(2019·江西八所重点中学联合模拟)摄像师要对已坐定一排照像的5位小朋友的座位顺序进行调整，要求其中恰有2人座位不调整，则不同的调整方案的种数为________．(用数字作答)

解析：从5人中任选3人有C35种，将3人位置全部进行调整，有A22种，故有N＝C35A22＝20种调整方案．

答案：20

15．(2018·高考全国卷Ⅰ)从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有________种．(用数字填写答案)

解析：法一：可分两种情况：第一种情况，只有1位女生入选，不同的选法有C12C24＝12(种)；第二种情况，有2位女生入选，不同的选法有C22C14＝4(种)．根据分类加法计数原理知，至少有1位女生入选的不同的选法有16种．

法二：从6人中任选3人，不同的选法有C36＝20(种)，从6人中任选3人都是男生，不同的选法有C34＝4(种)，所以至少有1位女生入选的不同的选法有20－4＝16(种)．答案：16

16．用1，2，3，4这四个数字组成无重复数字的四位数，其中恰有一个偶数夹在两个奇数之间的四位数的个数为________．

解析：首先排两个奇数1，3，有A22种排法，再在2，4中取一个数放在1，3之间，有C12种方法，然后把这3个数作为一个整体与剩下的另一个偶数全排列，有A22种排法，即满足条件的四位数的个数为A22C12A22＝8.

答案：8

1．现有4种不同品牌的小车各2辆(同一品牌的小车完全相同)，计划将其放在4个车库中(每个车库放2辆)，则恰有2个车库放的是同一品牌的小车的不同放法共有( ) A．144种B．108种

C．72种D．36种

解析：选C.从4种小车中选取2种有C24种选法，从4个车库中选取2个车库有C24种选法，然后将这2种小车放入这两个车库共有A22种放法；将剩下的2种小车每1种分开来放，因为同一品牌的小车完全相同，只有1种放法，所以共有C24C24A22＝72种不同的放法．故选C.

2．某班班会准备从甲、乙等7名学生中选派4名进行发言，要求甲、乙两人至少有一人参加．当甲、乙同时参加时，他们两人的发言不能相邻．那么不同的发言顺序的种数为( )

A．360 B．520

C．600 D．720

解析：选C.当甲或乙只有一人参加时，不同的发言顺序的种数为2C35A44＝480，当甲、乙同时参加时，不同的发言顺序的种数为A25A23＝120，则不同的发言顺序的种数为480＋120＝600，故选C.

3．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(C26－3)对，两个正四面体有(C26－3)×2对．又正方体的面对角线中平行成对，所以共有(C26－3)×2×2＝48(对)．

答案：48

4．数字1，2，3，4，5，6按如图形式随机排列，设第一行的数为N1，其中N2、N3分别表示第二、三行中的最大数，则满足N1

解析：(元素优先法)由题意知6必在第三行，安排6有C13种方法，第三行中剩下的两个空位安排数字有A25种方法，在留下的三位数字中，必有一个最大数，把这个最大数安排在第二行，有C12种方法，剩下的两个数字有A22种排法，根据分步乘法计数原理，所有排列的个数是C13A25C12A22＝240.

答案：240

5．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A46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C24·A22＝A24种测试方法，再排余下4件的测试位置，有A44种测试方法．所以共有A46·A24·A44＝103 680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C14·C16·A44＝576种不同的测试方法．

6．集合A＝{x∈Z|x≥10}，集合B是集合A的子集，且B中的元素满足：①任意一个元素的各数位的数字互不相同；②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C25×22×A22－C14×2＝72(个)；

三位数有C35×23×A33－C24×22×A22＝432(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C45×24×A44－C34×23×A33＝1 728(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3×C34×23×A33＝576(个)，

因此第1 081个元素是4 012.