2021届浙江新高考数学一轮复习高效演练分层突破：第十章　2 第2讲　排列与组合

2021届浙江新高考数学一轮复习高效演练分层突破：第十章　2 第2讲　排列与组合

‎[基础题组练]‎ ‎1．不等式A＜6×A的解集为(　　)‎ A．[2，8]　　　　　　　　　 B．[2，6]‎ C．(7，12) D．{8}‎ 解析：选D.由题意得＜6×，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．(2020·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．84‎ C．60 D．48‎ 解析：选B.法一：分三类：种两种花有A种种法；种三种花有2A种种法；种四种花有A种种法．‎ 共有A＋2A＋A＝84.‎ 法二：按A－B－C－D顺序种花，可分A，C同色与不同色有4×3×(1×3＋2×2)＝84.‎ ‎3．(2020·温州八校第二次联考)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CCA＝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C＝4种满足题意的选法，故满足题意的三位数共有C×CCA＝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．72‎ C．108 D．144‎ 解析：选B.3本数学书的放法有A种，将3本语文书插入使得语文数学均不相邻的插法有2A种，故同类书不相邻的放法有2AA＝2×6×6＝72(种)，故选B.‎ ‎5．(2020·金华十校期末调研)A、B、C、D、E五个人参加抽奖活动，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)的情况有(　　)‎ 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)的情况有三类：‎ 即获奖的四人为：ABCD，ABCE，ABDE，‎ 在每类情况中，获奖的情况有C·A＝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)的情况有3×12＝36种．‎ ‎6．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CC＝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C－3C＝208种选法．故总共有264＋208＝472种不同的选法．‎ ‎7．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C种取法，再减去三点共线的情形即可，即C－C－C＝42.‎ ‎8．(2019·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，则奇数位上必须是奇数的三位数的个数为(　　)‎ A．12 B．18‎ C．24 D．30‎ 解析：选B.根据题意，要求奇数位上必须是奇数的三位数，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，安排在三位数的个位和百位，有CA＝6种情况，‎ ‎②在剩余的3个数字中任选1个，将其安排在三位数的十位，有C＝3种情况，‎ 则奇数位上必须是奇数的三位数有6×3＝18个．‎ ‎9．(2020·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AA＝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AA＝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AA＝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中满足条件“1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3”的元素的个数为(　　)‎ A．60 B．90‎ C．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×C＝10个元素满足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C×2×2＝40个元素满足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C×2×2×2＝80个元素满足t＝3，从而，共有10＋40＋80＝130个元素满足1≤t≤3.‎ ‎11．(2020·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个空隙供数字1、3插入有A＝6种方法，故这样的五位数的个数是2×2×6＝24个．‎ 答案：24‎ ‎12．(2020·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种情况，其中有6个空位符合条件，考虑三人的顺序，将3人插入6个空位中，则共有1×A＝120种情况，由于甲必须坐在三人中间，则有符合要求的坐法有×120＝40(种)．‎ 答案：40‎ ‎13．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(C－3)对，两个正四面体有(C－3)×2对．又正方体的面对角线中平行成对，所以共有(C－3)×2×2＝48(对)．‎ 答案：48‎ ‎14．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C＝6座桥，现只建其中3座，有C种建法，但如图(1)这样的建桥方式是不合题意的，类似这样的情况有C种，则共有C－C＝16种建桥方案．‎ 法二：依题意，满足条件的建桥方案分两类．‎ 第一类，如图(2)，此时有C种方法．‎ 第二类，如图(3)，此时有A＝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：16‎ ‎15．现从男、女共8名学生干部中选出2名男同学和1名女同学分别参加全校“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，‎ 即 由于m，n∈N＋，则m＝3，n＝5.‎ 答案：3　5‎ ‎16．在航天员进行的一项太空实验中，要先后实施6个程序，其中程序A只能出现在第一或最后一步，程序B和C在实施时必须相邻，则实验顺序的编排方法共有________种．‎ 解析：程序A有A＝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AA＝48(种)，所以由分步乘法计数原理得，实验顺序的编排共有2×48＝96种方法．‎ 答案：96‎ ‎17．规定C＝，其中x∈R，m是正整数，且C＝1，这是组合数C(n，m是正整数，且m≤n)的一种推广，则C＝________；若x>0，则x＝________时，取到最小值，该最小值为________．‎ 解析：由规定：C＝＝－680，由＝＝.‎ 因为x>0，x＋≥2，当且仅当x＝时，等号成立，‎ 所以当x＝时，得最小值.‎ 答案：－680　　 ‎[综合题组练]‎ ‎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A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C·A＝A种测试方法，再排余下4件的测试位置，有A种测试方法．所以共有A·A·A＝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C·C·A＝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人外出比赛，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C，再选2名女运动员，方法数为C，共有C·C＝120种方法．‎ ‎(2)法一：至少有1名女运动员包括以下几种情况：‎ ‎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 CC＋CC＋CC＋CC＝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C－C＝246(种)．‎ ‎(3)当有女队长时，其他人任意选，共有C种选法，不选女队长时，必选男队长，其他人任意选，共有C种选法，其中不含女运动员的选法有C种，所以不选女队长时共有(C－C)种选法．‎ 所以既有队长又有女运动员的选法共有C＋C－C＝191(种)．‎ ‎3．证明下列各题：‎ ‎(1)A＋kA＝A(k≤n，n≥0)；‎ ‎(2)CC＝CC(k≤m≤n，n≥0)．‎ 证明：(1)左边＝＋k· ‎＝＝ ‎＝A＝右边．‎ ‎(2)左边＝· ‎＝，‎ 右边＝· ‎＝，‎ 所以左边＝右边．‎ ‎4．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C×22×A－C×2＝72(个)；‎ 三位数有C×23×A－C×22×A＝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C×24×A－C×23×A＝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×C×23×A＝576(个)，因此第1 081个元素是4 012.‎