2022届高考数学一轮复习第九章第二节排列与组合课时作业理含解析北师大版

第二节 排列与组合 授课提示：对应学生用书第 377 页 [A 组 基础保分练] 1．（2021·河南开封模拟）中国古代的五经是指：《诗经》《尚书》《礼记》《周易》《春秋》．现 甲、乙、丙、丁、戊 5 名同学各选一本书作为课外兴趣研读，若甲、乙都没有选《诗经》，乙 也没选《春秋》，则 5 名同学所有可能的选择有（ ） A．18 种 B．24 种 C．36 种 D．54 种 解析：（1）若甲选《春秋》，则有 C1 3A3 3＝18 种情况；（2）若甲不选《春秋》，则有 A2 3A3 3＝36 种情况．所以 5 名同学所有可能的选择有 18＋36＝54 种． 答案：D 2．（2020·新高考全国卷Ⅰ）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 解析：先从 6 名同学中选 1 名安排到甲场馆，有 C 1 6种选法，再从剩余的 5 名同学中选 2 名安 排到乙场馆，有 C 2 5种选法，最后将剩下的 3 名同学安排到丙场馆，有 C 3 3种选法，由分步乘 法计数原理知，共有 C1 6·C2 5·C3 3＝60（种）不同的安排方法． 答案：C 3．甲、乙、丙三人站到共有 7 级的台阶上，若每级台阶最多站 2 人，同一级台阶上的人不区 分站的位置，则不同的站法种数是（ ） A．258 B．296 C．306 D．336 解析：分两类：一类是甲、乙、丙三个人分开站在七个台阶上，共有 A3 7＝7×6×5＝210 种不 同的站法；另一类是甲、乙、丙三个人中有两个人站在一个台阶上，由于甲、乙、丙中两人 一组的可能有甲乙、甲丙、乙丙共 3 种，因此甲、乙、丙三个人分开站在七个台阶上的情形 共有 3A2 7＝3×7×6＝126（种）不同的站法．综合以上两种情形共有 210＋126＝336（种） 不同的站法． 答案：D 4．某市拟成立一个由 6 名高中学生成立的调查小组，并准备将这 6 个名额分配给本市的 4 所 重点中学，要求每所重点中学都有学生参加，那么不同名额分配方法的种数是（ ） A．10 B．20 C．24 D．28 解析：如图所示，6 个名额排成一列，6 个名额之间有 5 个空，任找 3 个空插入隔板就是一种 名额分配方法，故共有 C3 5＝10 种分配方法． 答案：A 5．6 人站成一排，甲、乙、丙任何两人都不相邻的排法共有（ ） A．A3 3·A 4 4种 B．A3 3·A 3 4种 C．（A6 6－A4 4A3 3）种 D．A4 4A 5 5种 解析：本题应使用插空法：第一步，除甲、乙、丙外，另外 3 个人的排法为 A 3 3种；第二步， 3 个人共形成 4 个空，让甲、乙、丙 3 个人在这 4 个空中任选 3 个进行排列，其排法共有 A 3 4 种．按分步计数原理，共有 A3 3·A 3 4种排法． 答案：B 6．（2021·厦门模拟）将甲、乙等 5 位同学分别保送到北京大学、上海交通大学、浙江大学三 所大学就读，则每所大学至少保送一人的不同保送的方法有（ ） A．240 种 B．180 种 C．150 种 D．540 种 解析：5 名学生可分成 2，2，1 和 3，1，1 两种形式，当 5 名学生分成 2，2，1 时，共有 1 2 C2 5C2 3A3 3 ＝90 种方法，当 5 名学生分成 3，1，1 时，共有 C3 5A3 3＝60 种方法，根据分类加法计数原理 知共有 90＋60＝150 种保送方法． 答案：C 7．（2021·北京西城模拟）把 4 件不同的产品摆成一排．若其中的产品 A 与产品 B 都摆在产 品 C 的左侧，则不同的摆法有 种．（用数字作答） 解析：①产品 C 排在第三个位置时有 A2 2＝2 种摆法；②产品 C 排在第四个位置时有 A3 3＝6 种 摆法．所以不同的摆法有 8 种． 答案：8 8．（2021·延安模拟）某商店要求甲、乙、丙、丁、戊五种不同的商品在货架上排成一排，其 中甲、乙两种必须排在一起，而丙、丁两种不能排在一起，不同的排法共有 种． 解析：甲、乙排在一起，用捆绑法，先排甲、乙、戊，有 2A 2 2种排法，丙、丁不排在一起， 用插空法，有 A 2 3种排法，所以共有 2A2 2·A2 3＝24（种）． 答案：24 9．有编号分别为 1、2、3、4 的四个盒子和四个小球，把小球全部放入盒子．问： （1）共有多少种放法？ （2）恰有 2 个盒子内不放球，有多少种放法？ 解析：（1）1 号小球可放入任意一个盒子内，有 4 种放法．同理，2、3、4 号小球也各有 4 种放法，故共有 44＝256 种放法． （2）恰有 2 个盒子内不放球，也就是把 4 个小球只放入 2 个盒子内，有两类放法： ①一个盒子内放 1 个球，另一个盒子内放 3 个球．先把小球分为两组，一组 1 个、另一组 3 个，有 C 1 4种分法，再放到 2 个盒子内，有 A 2 4种放法，共有 C1 4A 2 4种方法； ②2 个盒子内各放 2 个小球．先从 4 个盒子中选出 2 个盒子，有 C 2 4种选法，然后把 4 个小球 平均分成 2 组，每组 2 个，放入 2 个盒子内，也有 C 2 4种选法，共有 C2 4C 2 4种方法．由分类加 法计数原理知共有 C1 4A2 4＋C2 4C2 4＝84 种不同的放法． 10．用 0，1，2，3，4 这五个数字，可以组成多少个满足下列条件的没有重复数字的五位数？ （1）比 21 034 大的偶数； （2）左起第二、四位是奇数的偶数． 解析：（1）可分五类，当末位数字是 0，而首位数字是 2 时，有 6 个五位数； 当末位数字是 0，而首位数字是 3 或 4 时，有 C1 2A3 3＝12 个五位数； 当末位数字是 2，而首位数字是 3 或 4 时，有 C1 2A3 3＝12 个五位数； 当末位数字是 4，而首位数字是 2 时，有 3 个五位数； 当末位数字是 4，而首位数字是 3 时，有 A3 3＝6 个五位数； 故共有 6＋12＋12＋3＋6＝39 个满足条件的五位数． （2）可分为两类： 末位数是 0，个数有 A2 2·A2 2＝4； 末位数是 2 或 4，个数有 A2 2·C1 2＝4； 故共有 A2 2·A2 2＋A2 2·C1 2＝8 个满足条件的五位数． [B 组 能力提升练] 1．甲、乙两人要在一排 8 个空座上就座，若要求甲、乙两人每人的两旁都有空座，则不同的 坐法种数为（ ） A．10 B．16 C．20 D．24 解析：一排共有 8 个座位，现有两人就座，故有 6 个空座．∵要求每人左右均有空座，∴在 6 个空座的中间 5 个空中插入 2 个座位让两人就座，即有 A2 5＝20 种坐法． 答案：C 2．六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：第一类：甲在最左端，有 A5 5＝5×4×3×2×1＝120 种方法；第二类：乙在最左端，有 4A4 4＝4×4×3×2×1＝96 种方法．所以共有 120＋96＝216 种方法． 答案：B 3．一个盒子里有 3 个标号分别为 1，2，3 的小球，每次取出 1 个，记下它的标号后再放回 盒子里，共取三次，则取到的所有小球中，标号的最大值是 3 的取法有（ ） A．12 种 B．15 种 C．17 种 D．19 种 解析：法一：分三类：第一类，有一次取到 3 号球，其取法种数为 C1 3C1 2C1 2＝12；第二类，有 两次取到 3 号球，其取法种数为 C2 3C1 2＝6；第三类，三次都取到 3 号球，其取法种数为 C3 3＝1．故 满足条件的取法共有 12＋6＋1＝19（种）． 法二：所有的取法种数为 C1 3C1 3C1 3＝27，三次均未取到 3 号球的取法种数为 C1 2C1 2C1 2＝8，故满 足条件的取法种数为 27－8＝19． 答案：D 4．某微信群中有甲、乙、丙、丁、戊五个人玩抢红包游戏，现有 4 个红包，每人最多抢一个， 且红包被全部抢完，4 个红包中有 2 个 6 元，1 个 8 元，1 个 10 元（红包中金额相同视为相 同红包），则甲、乙都抢到红包的情况有（ ） A．18 种 B．24 种 C．36 种 D．48 种 解析：若甲、乙抢的是一个 6 元和一个 8 元的红包，剩下 2 个红包，被剩下的 3 人中的 2 个 人抢走，有 A2 2A2 3＝12（种）；若甲、乙抢的是一个 6 元和一个 10 元的红包，剩下 2 个红包， 被剩下的 3 人中的 2 个人抢走，有 A2 2A2 3＝12（种）；若甲、乙抢的是一个 8 元和一个 10 元 的红包，剩下 2 个红包，被剩下的 3 人中的 2 个人抢走，有 A2 2C2 3＝6（种）；若甲、乙抢的是 两个 6 元的红包，剩下 2 个红包，被剩下的 3 人中的 2 个人抢走，有 A2 3＝6（种），根据分类 加法计数原理可得共有 36 种情况． 答案：C 5．某学校开设选修课，其中人文类 4 门，为 A1，A2，A3，A4，自然类 3 门，为 B1，B2，B3， 其中 A1 与 B1 上课时间一致，其余均不冲突，一位同学共选 3 门课，若要求每类课程中至少 选 1 门，则该同学共有 种选课方式．（用数字填空） 解析：当人文类选 1 门，自然类选 2 门时，共有 C1 4C2 3＝12 种选法；当人文类选 2 门，自然类 选 1 门时，共有 C2 4C1 3＝18 种选法．而 A1 与 B1 上课时间一致，所以 A1 与 B1 不能同时被选， 它们同时被选的情况有 C1 3＋C1 2＝5（种），所以该同学共有 12＋18－5＝25 种选课方式． 答案：25 6．某共享汽车停放点的停车位成一排且恰好全部空闲，假设最先来停车点停车的 3 辆共享汽 车都是随机停放的，且这 3 辆共享汽车都不相邻的概率与这 3 辆共享汽车恰有 2 辆相邻的概 率相等，则该停车点的车位数为 ． 解析：设停车位有 n 个，这 3 辆共享汽车都不相邻；相当于先将（n－3）个停车位排放好， 再将这 3 辆共享汽车，插入到所成的（n－2）个间隔中，故有 A 3 n－2种．恰有 2 辆共享汽车 相邻，可先把其中 2 辆捆绑在一起看作一个复合元素，再和另一辆插入到将（n－3）个停车 位排好所成的（n－2）个间隔中，故有 A2 3A 2 n－2种．因为这 3 辆共享汽车都不相邻的概率与这 3 辆共享汽车恰有 2 辆相邻的概率相等，所以 A3 n－2＝A2 3A2 n－2，解得 n＝10． 答案：10 [C 组 创新应用练] 1．（2021·湖南长郡中学模拟）某节目组决定把《将进酒》《山居秋暝》《望岳》《送杜少府之 任蜀州》和另外确定的两首诗词排在后六场做节目开场诗词，并要求《将进酒》与《望岳》 相邻，且《将进酒》排在《望岳》的前面，《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》不相邻，且 均不排在最后，则后六场开场诗词的排法有（ ） A．72 种 B．48 种 C．36 种 D．24 种 解析：根据题意，分 2 步分析：将《将进酒》与《望岳》捆绑在一起和另外确定的两首诗词 进行全排列，共有 A3 3＝6 种排法，再将《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》插排在 3 个空 里（最后一个空不排），有 A2 3＝6 种排法，则后六场开场诗词的排法有 6×6＝36（种）． 答案：C 2．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＜N2＜N3 的所有排列的个数是_________． 解析：（元素优先法）由题意知 6 必在第三行，安排 6 有 C 1 3种方法，第三行中剩下的两个空 位安排数字有 A 2 5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 C 1 2种方法，剩下的两个数字有 A 2 2种排法，根据分步乘法计数原理，所有排列的个数 是 C1 3A2 5C1 2A2 2＝240． 答案：240