高考数学排列与组合课件

是会议的中心发言人，必须坐在最北面的椅子上，B，C 二人必
须坐相邻的两把椅子，其余三人坐剩余的三把椅子，则不同的座
次有( B )
A．60 种
B．48 种
C．30，可先将 B，C 二人看作一个整体，再与剩余 人进行排列，则不同的座次有 A22A44＝48 种．
5．(2019·昆明两区七校调研)某校从 8 名教师中选派 4 名同
12．(2019·福建福州二模)福州西湖公园花展期间，安排 6 位
志愿者到 4 个展区提供服务，要求甲、乙两个展区各安排一个人，
剩下两个展区各安排两个人，不同的安排方案共有( B )
A．90 种
B．180 种
C．270 种
D．360 种
解析：根据题意，分 3 步进行分析：①在 6 位志愿者中任选 1 个，安排到甲展区，有 C61＝6 种情况；②在剩下的 5 个志愿者 中任选 1 个，安排到乙展区，有 C51＝5 种情况；③将剩下的 4 个 志愿者平均分成 2 组，然后安排到剩下的 2 个展区，有CA24C22 22×A22 ＝6 种情况，则一共有 6×5×6＝180 种不同的安排方案，故选
11．某班主任准备请 2018 届毕业生做报告，要从甲、乙等 8 人中选 4 人发言，要求甲、乙两人至少有一人参加，若甲、乙同 时参加，则他们发言中间需恰好间隔一人，那么不同的发言顺序 共有__1_0_8_0__种．(用数字作答)
解析：若甲、乙同时参加，有 2C62A22A22＝120 种，若甲、乙 有一人参加，有 C21C36A44＝960 种，从而不同的发言顺序有 1 080 种．
10．(2018·浙江卷)从 1,3,5,7,9 中任取 2 个数字，从 0,2,4,6 中 任取 2 个数字，一共可以组成__1_2_6_0__个没有重复数字的四位 数．(用数字作答)
解析：若取的 4 个数字不包括 0，则可以组成的四位数的个 数为 C52C23A44；若取的 4 个数字包括 0，则可以组成的四位数的个 数为 C52C13C13A33.综上，一共可以组成的没有重复数字的四位数的 个数为 C52C23A44＋C25C13C31A33＝720＋540＝1 260.
二、填空题 8．现将 5 张连号的电影票分给甲、乙等 5 个人，每人一张， 若甲、乙分得的电影票连号，则共有__4_8___种不同的分法．(用数 字作答)
解析：电影票号码相邻只有 4 种情况，则甲、乙 2 人在这 4 种情况中选一种，共 C41种选法，2 张票分给甲、乙，共有 A22种分 法，其余 3 张票分给其他 3 个人，共有 A33种分法，根据分步乘法 计数原理，可得共有 C41A22A33＝48 种分法．
6．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，则甲、乙在同一路口的分配方案共有( C )
A．18 种
B．24 种
C．36 种
D．72 种
解析：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 C32A33＝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，
3．6 把椅子摆成一排，3 人随机就座，任何两人不相邻的坐
法种数为( D )
A．144
B．120
C．72
D．24
解析：“插空法”，先排 3 个空位，形成 4 个空隙供 3 人选 择就座，因此任何两人不相邻的坐法种数为 A34＝4×3×2＝24.
4．A，B，C，D，E，F 六人围坐在一张圆桌周围开会，A
时去 4 个边远地区支教(每地 1 名教师)，其中甲和乙不能都去，
甲和丙只能都去或都不去，则不同的选派方案有( B )
A．900 种
B．600 种
C．300 种
D．150 种
解析：依题意，就甲是否去支教进行分类计数：第一类，甲
去支教，则乙不去支教，且丙也去支教，则满足题意的选派方案
有 C52·A44＝240(种)；第二类，甲不去支教，且丙也不去支教，则 满足题意的选派方案有 A46＝360(种)，因此，满足题意的选派方 案共有 240＋360＝600(种)，故选 B.
则乘坐甲车的 4 名同学中恰有 2 名同学是来自同一个班的乘坐方
式共有( B )
A．18 种
B．24 种
C．48 种
D．36 种
解析：由题意，有两类：第一类，一班的 2 名同学在甲车上， 甲车上剩下两个要来自不同的班级，从三个班级中选两个，有 C32＝3 种，然后分别从选择的班级中再选择一个学生，有 C12C12＝ 4 种，故有 3×4＝12 种．第二类，一班的 2 名同学不在甲车上， 则从剩下的 3 个班级中选择一个班级的两名同学在甲车上，有 C31＝3 种，然后再从剩下的两个班级中分别选择一人，有 C12C12＝ 4 种，这时共有 3×4＝12 种，根据分类计数原理得，共有 12＋ 12＝24 种不同的乘车方式，故选 B.
9．现有 2 个红球、3 个黄球、4 个白球，同色球不加区分， 将这 9 个球排成一列，有__1_2_6_0___种不同的方法．(用数字作答)
解析：第一步，从 9 个位置中选出 2 个位置，分给相同的红 球，有 C92种选法；第二步，从剩余的 7 个位置中选出 3 个位置， 分给相同的黄球，有 C73种选法；第三步，剩下的 4 个位置全部分 给 4 个白球，有 1 种选法．根据分步乘法计数原理可得，排列方 法共有 C92C37＝1 260(种)．
A．24
B．36
C．48
D．96
解析：根据题意，分 2 种情况讨论：①丙机最先着舰，此时 只需将剩下的 4 架飞机全排列，有 A44＝24 种情况，即此时有 24 种不同的着舰方法；②丙机不最先着舰，此时需要在除甲、乙、 丙之外的 2 架飞机中任选 1 架，作为最先着舰的飞机，将剩下的 4 架飞机全排列，丙机在甲机之前和丙机在甲机之后的数目相同， 则此时有12×C21A44＝24 种情况，即此时有 24 种不同的着舰方 法．则一共有 24＋24＝48 种不同的着舰方法．故选 C.
其不同的分配方案有 C31A33＝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)．
7．(2019·安徽黄山二模)我国的第一艘航空母舰“辽宁舰”
在某次舰载机起降飞行训练中，有 5 架“歼-15”飞机准备着舰，
规定乙机不能最先着舰，且丙机必须在甲机之前着舰(不一定相
邻)，那么不同的着舰方法种数为( C )
A．22 种
B．24 种 C．25 种 D．36 种
解析：由题意知正方形 ABCD(边长为 3 个单位)的周长是 12， 抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点 A 处表示三次骰子的点数之 和是 12，在点数中三个数字能够使得和为 12 的有 1,5,6；2,4,6； 3,4,5；3,3,6；5,5,2；4,4,4，共有 6 种组合，前三种组合 1,5,6； 2,4,6；3,4,5 各可以排出 A33＝6 种结果，3,3,6 和 5,5,2 各可以排出 AA3322＝3 种结果，4,4,4 只可以排出 1 种结果．根据分类计数原理知 共有 3×6＋2×3＋1＝25 种结果，故选 C.
16．(2019·山西长治二模)某人设计一项单人游戏，规则如下： 先将一棋子放在如图所示的正方形 ABCD(边长为 3 个单位)的顶 点 A 处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向 行走的单位，如果掷出的点数为 i(i＝1,2，…，6)，则棋子就按逆 时针方向行走 i 个单位，一直循环下去．则某人抛掷三次骰子后 棋子恰好又回到点 A 处的所有不同走法共有( C )
获取更多免费资料以及 真题演练请关注公众号：
安博志愿规划
课时作业63 排列与组合
一、选择题
1．从 10 名大学毕业生中选 3 个人担任村长助理，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( C )
A．85
B．56
C．49
D．28
解析：分两类：甲、乙中只有 1 人入选且丙没有入选，甲、 乙均入选且丙没有入选，计算可得所求选法种数为 C21C27＋C22C71＝ 49.
14．(2019·昆明质检)某小区一号楼共有 7 层，每层只有 1 家 住户，已知任意相邻两层楼的住户在同一天至多一家有快递，且 任意相邻三层楼的住户在同一天至少一家有快递，则在同一天这 7 家住户有无快递的可能情况共有__1_2__种．
解析：分三类：(1)同一天 2 家有快递：可能是 2 层和 5 层、 3 层和 5 层、3 层和 6 层，共 3 种情况；(2)同一天 3 家有快递： 考虑将有快递的 3 家插入没有快递的 4 家形成的空位中，有 C53种 插入法，但需减去 1 层、3 层与 7 层有快递，1 层、5 层与 7 层 有快递这两种情况，所以有 C53－2＝8 种情况；(3)同一天 4 家有 快递：只有 1 层、3 层、5 层、7 层有快递这一种情况．根据分 类加法计数原理可知，同一天 7 家住户有无快递的可能情况共有 3＋8＋1＝12 种．
2．4 位男生和 2 位女生排成一排，男生有且只有 2 位相邻，
则不同排法的种数是( C )
A．72
B．96
C．144
D．240
解析：先在 4 位男生中选出 2 位，易知他们是可以交换位置 的，则共有 A24种选法，然后再将 2 位女生全排列，共有 A22种排 法，最后将 3 组男生插空全排列，共有 A33种排法．综上所述，共 有 A24A22A33＝144 种不同的排法．故选 C.
B.
13．(2019·郑州质量预测)将数字“124467”重新排列后得到不
同的偶数的个数为( D )
A．72
B．120
C．192
D．240
解析：将数字“124 467”重新排列后所得数字为偶数，则末位 数应为偶数．(1)若末位数字为 2，因为其他位数上含有 2 个 4， 所以有5×4×32×2×1＝60 种情况；(2)若末位数字为 6，同理有 5×4×32×2×1＝60 种情况；(3)若末位数字为 4，因为其他位数 上只含有 1 个 4，所以共有 5×4×3×2×1＝120 种情况．综上， 共有 60＋60＋120＝240 种情况．