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高考数学理科二轮经典重点题型:第38练(含答案)


第 38 练

“排列、组合”的常考问题

题型一 排列问题 例 1 即将毕业的 6 名同学排成一排照相留念,个子较高的明明同学既不能站最左边,也不能 站最右边,则不同的站法种数为________. 破题切入点 最左边和最右边是特殊位置,可采用位置分析法;由于明明同学是特殊元素,

也可以采用元素分析法,也可以从反面考虑. 答案 480 解析 方法一 (位置分析法) 先从其他 5 人中安排 2 人分别站在最左边和最右边,再安排余下 4 人的位置,分为两步:第 1 步, 从除明明外的 5 人中选 2 人分别站在最左边和最右边, 有 A2 第 2 步, 余下 4 人(含 5种站法;
2 4 明明)站在剩下的 4 个位置上,有 A4 4种站法.由分步乘法计数原理,知共有 A5A4=480(种)不

同的站法. 方法二 (元素分析法) 先安排明明的位置,再安排其他 5 人的位置,分为两步:第 1 步,将明明排在除最左边、最 右边外的任意位置上, 有 A1 第 2 步, 余下 5 人站在剩下 5 个位置上, 有 A5 由 4种站法; 5种站法.
5 分步乘法计数原理,知共有 A1 4A5=480(种)不同的站法.

方法三 (反面求解法)
5 6 人没有限制的排队有 A6 6种站法,明明站在最左边或最右边时 6 人排队有 2A5种站法,因此符 5 合条件的不同站法共有 A6 6-2A5=480(种).

题型二 组合问题 例 2 在一次国际抗震救灾中,从 7 名中方搜救队队员,4 名外籍搜救队队员中选 5 名组成一 支特殊搜救队到某地执行任务,按下列要求,分别计算有多少种组队方法. (1)至少有 2 名外籍搜救队队员; (2)至多有 3 名外籍搜救队队员. 破题切入点 第(1)问中“至少有 2 名”应包括 2 名、 3 名、 4 名, 可以用直接法或间接法求解.

第(2)问中,“至多有 3 名”应包括 3 名、2 名、1 名和没有,四种情况,应分类讨论.可用间 接法. 解 (1)方法一 (直接法) 由题意,知特殊搜救队中“至少有 2 名外籍搜救队队员”可分为 3 类: ①只有 2 名外籍队员,共有 C3 C2 7· 4种组队方法; ②只有 3 名外籍队员,共有 C2 C3 7· 4种组队方法; ③只有 4 名外籍队员,共有 C1 C4 7· 4种组队方法.
2 3 根据分类加法计数原理,知至少有 2 名外籍搜救队队员共有 C3 C2 C4+C1 C4 7· 4+C7· 7· 4=301(种)不

同的组队方法. 方法二 (间接法) 由题意,知特殊搜救队中“至少有 2 名外籍搜救队队员”的对立事件为“至多有 1 名外籍搜 救队队员”,可分为 2 类:
1 ①只有 1 名外籍搜救队队员,共有 C4 7C4种组队方法; 0 ②没有外籍搜救队队员,共有 C5 7C4种组队方法. 4 1 所以至少有 2 名外籍搜救队队员共有 C5 C4-C5 C0 11-C7· 7· 4=301(种)不同的组队方法.

(2)方法一 (直接法) 由题意,知“至多有 3 名外籍搜救队队员”可分为 4 类:
3 ①只有 3 名外籍搜救队队员,共有 C2 7C4种方法; 2 ②只有 2 名外籍搜救队队员,共有 C3 7C4种方法; 1 ③只有 1 名外籍搜救队队员,共有 C4 7C4种方法;

④没有外籍搜救队队员,共有 C5 7种方法.
3 2 5 由分类加法计数原理,知至多有 3 名外籍搜救队队员共有 C2 C3 C4+C4 C1 7· 4+C7· 7· 4+C7=455(种)

不同的组队方法. 方法二 (间接法) 由题意, 知“至多有 3 名外籍搜救队队员”的对立事件为“至少有 4 名外籍搜救队队员”. 因
4 5 1 为至少有 4 名外籍搜救队队员,共有 C1 7×C4种组队方法,所以至少 3 名外籍队员共有 C11-C7 4 C4 =455(种)不同组队方法.

题型三 排列与组合的综合应用问题 例 3 4 个不同的球,4 个不同的盒子,把球全部放入盒内. (1)恰有 1 个盒不放球,共有几种放法? (2)恰有 1 个盒内有 2 个球,共有几种放法? (3)恰有 2 个盒不放球,共有几种放法? 破题切入点 把不放球的盒子先拿走,再放球到余下的盒子中并且不空. 解 (1)为保证“恰有 1 个盒不放球”, 先从 4 个盒子中任意取出去一个, 问题转化为“4 个球,

3 个盒子,每个盒子都要放入球,共有几种放法?”即把 4 个球分成 2,1,1 的三组,然后再从 3 个盒子中选 1 个放 2 个球,其余 2 个球放在另外 2 个盒子内,由分步乘法计数原理,共有
1 2 1 2 C4 C4C3· A2=144(种).

(2)“恰有 1 个盒内有 2 个球”,即另外 3 个盒子放 2 个球,每个盒子至多放 1 个球,也即另 外 3 个盒子中恰有一个空盒,因此,“恰有 1 个盒内有 2 个球”与“恰有 1 个盒不放球”是 同一件事,所以共有 144 种放法. (3)确定 2 个空盒有 C2 4种方法.
1 2 4 个球放进 2 个盒子可分成(3,1)、(2,2)两类,第一类有序不均匀分组有 C3 4C1A2种方法;第二类 2 2 C2 C2 4C2 2 4C2 2 3 1 2 有序均匀分组有 2 · A2种方法.故共有 C2 (C C A + · A2)=84(种). 4 4 1 2 A2 A2 2

总结提高

(1)求解排列、组合问题,应按元素的性质或题意要求进行分类,对事件发生的过

程进行分步,做到分类标准明确,分步层次清楚,才能保证不“重”不“漏”. (2)关于“至少”“至多”等计数问题,一般需要进行分类,若分类比较复杂,可用间接法, 找出其对立事件来求解.

1.设集合 A={1,2,3,4,5,6},B={4,5,6,7,8},则满足 S?A 且 S∩B≠?的集合 S 的个数是( A.57 B.56 C.49 D.8 答案 B

)

解析 满足 S?A 时,S 可以是{1,2,3,4,5,6}的一个子集,有 26=64 个,满足 S∩B≠?时,S 不 可以是集合{1,2,3}和它的子集,有 23=8 个,所以同时满足 S?A 且 S∩B≠?的集合 S 的个数 是 64-8=56 个. 2.(2013· 四川)从 1,3,5,7,9 这五个数中,每次取出两个不同的数分别记为 a,b,共可得到 lg a -lg b 的不同值的个数是( A.9 B.10 C.18 D.20 答案 C a a 1 3 3 解析 由于 lg a-lg b=lg (a>0,b>0),从 1,3,5,7,9 中任取两个作为 有 A2 5种,又 与 相同, b b 3 9 1 9 与 相同,∴lg a-lg b 的不同值的个数有 A2 5-2=20-2=18,选 C. 3 3.一排 9 个座位坐了 3 个三口之家,若每家人坐在一起,则不同的坐法种数为( A.3×3! B.3×(3!)3 C.(3!)4 D.9! 答案 C ) )

解析 把一家三口看作一个排列,然后再排列这 3 家, 所以有(3!)4 种. 4. 若从 1,2,3, ?, 9 这 9 个整数中同时取 4 个不同的数, 其和为偶数, 则不同的取法共有( A.60 种 B.63 种 C.65 种 D.66 种 答案 D 解析 满足题设的取法可分为三类: 一是四个奇数相加,其和为偶数,在 5 个奇数 1,3,5,7,9 中,任意取 4 个,有 C4 5=5(种); 二是两个奇数加两个偶数其和为偶数,在 5 个奇数中任取 2 个,再在 4 个偶数 2,4,6,8 中任取
2 2 2 个,有 C5 · C4=60(种);

)

三是四个偶数相加,其和为偶数,4 个偶数的取法有 1 种, 所以满足条件的取法共有 5+60+1=66(种). 5.将 2 名教师,4 名学生分成 2 个小组,分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动,每个小 组由 1 名教师和 2 名学生组成,不同的安排方案共有( A.12 种 B.10 种 C.9 种 D.8 种 答案 A 解析 分两步:第一步,选派一名教师到甲地,另一名到乙地,共有 C1 2=2(种)选派方法; 第二步,选派两名学生到甲地,另外两名到乙地,共有 C2 4=6(种)选派方法. 由分步乘法计数原理得不同的选派方案共有 2×6=12(种). 6.现有 12 件商品摆放在货架上,摆成上层 4 件下层 8 件,现要从下层 8 件中取 2 件调整到 上层,若其他商品的相对顺序不变,则不同调整方法的种数是( A.420 B.560 C.840 D.20 160 答案 C
1 2 解析 从下层 8 件中取 2 件,有 C2 8种取法,放到上层时,若这两件相邻,有 A5A2种放法,若 2 1 2 2 这两件不相邻,有 A2 5种放法,所以不同调整方法的种数是 C8(A5A2+A5)=840.故选 C.

)

)

7.(2014· 达州模拟)现有 16 张不同的卡片,其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各 4 张,从中任 取 3 张,要求这 3 张卡片不能是同一种颜色,且红色卡片至多 1 张,不同取法的种数为( A.232 B.252 C.472 D.484 答案 C
2 解析 分两类:第一类,含有 1 张红色卡片,共有不同的取法 C1 4C12=264(种); 3 第二类,不含有红色卡片,共有不同的取法 C3 12-3C4=220-12=208(种).

)

由分类加法计数原理知不同的取法有 264+208=472(种). 8.用 0,1,?,9 十个数字,可以组成有重复数字的三位数的个数为( )

A.243 B.252 C.261 D.279 答案 B
1 2 解析 无重复的三位数有:A3 9+A2A9=648 个.

则有重复数字的三位数有:900-648=252 个. 9.(2014· 四川)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 答案 B 解析 第一类:甲在左端,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. 10.方程 ay=b2x2+c 中的 a,b,c∈{-3,-2,0,1,2,3},且 a,b,c 互不相同,在所有这些 方程所表示的曲线中,不同的抛物线共有( A.60 条 B.62 条 C.71 条 D.80 条 答案 B b2 c 解析 显然 a≠0,b≠0,故该方程等价于 y= x2+ . a a ①当 c=0 时,从{-3,-2,1,2,3}中任取 2 个数作为 a,b 的值,有 A2 5=20 种不同的方法,当 a 一定,b 的值互为相反数时,对应的抛物线相同,这样的抛物线共有 4×3=12 条,所以此 时不同的抛物线有 A2 5-6=14 条. ②当 c≠0 时,从{-3,-2,1,2,3}中任取 3 个数作为 a,b,c 的值有 A3 5=60 种不同的方法.当 a,c 值一定,而 b 的值互为相反数时,对应的抛物线相同,这样的抛物线共有 4A2 3=24 条, 所以此时不同的抛物线有 A3 5-12=48 条.综上,不同的抛物线有 14+48=62 条. 11.用数字 2,3 组成四位数,且数字 2,3 至少都出现一次,这样的四位数共有________个.(用 数字作答) 答案 14 解析 若不考虑数字 2,3 至少都出现一次的限制,对个位、十位、百位、千位,每个“位置” 都有两种选择,所以共有 16 个 4 位数,然后再减去“2222,3333”这两个数,故共有 16-2= 14 个满足要求的四位数. 12.5 名乒乓球队员中,有 2 名老队员和 3 名新队员.现从中选出 3 名队员排成 1,2,3 号参加 团体比赛,则入选的 3 名队员中至少有 1 名老队员,且 1、2 号中至少有 1 名新队员的排法有 ________种.(用数字作答) )

答案 48
3 解析 ①只有 1 名老队员的排法有 C1 C2 A3 =36 种;②有 2 名老队员的排法有 C2 C1 C1 A2 2· 3· 2· 3· 2· 2=

12 种. 所以共 48 种. 13.(2014· 北京)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. 答案 36
2 4 解析 将产品 A 与 B 捆绑在一起,然后与其他三种产品进行全排列,共有 A2 A4种方法,将产 3 品 A, B, C 捆绑在一起, 且 A 在中间, 然后与其他两种产品进行全排列, 共有 A2 于 2A3种方法. 4 2 3 是符合题意的排法共有 A2 2A4-A2A3=36(种).

14.(2014· 浙江)在 8 张奖券中有一、二、三等奖各 1 张,其余 5 张无奖.将这 8 张奖券分配给 4 个人,每人 2 张,不同的获奖情况有________种.(用数字作答) 答案 60 解析 把 8 张奖券分 4 组有两种分法,一种是分(一等奖,无奖)、(二等奖,无奖)、(三等奖,
4 无奖)、(无奖,无奖)四组,分给 4 人有 A4 种分法;另一种是一组两个奖,一组只有一个奖, 2 2 4 2 2 另两组无奖,共有 C2 3种分法,再分给 4 人有 C3A4种分法,所以不同获奖情况种数为 A4+C3A4

=24+36=60. 15.回文数是指从左到右读与从右到左读都一样的正整数.如 22,121,3443,94249 等.显然 2 位回文数有 9 个:11,22,33,?,99.3 位回文数有 90 个:101,111,121,?,191,202,?,999. 则: (1)4 位回文数有________个; (2)2n+1(n∈N*)位回文数有________个. 答案 (1)90 (2)9×10n 解析 (1)4 种回文数只用排列前面两位数字,后面数字就可以确定,但是第一位不能为 0,有 9(1~9)种情况,第二位有 10(0~9)种情况,所以 4 位回文数有 9×10=90 种. (2)由上面多组数据研究发现,2n+1 位回文数和 2n+2 位回文数的个数相同,所以可以算出 2n+2 位回文数.2n+2 位回文数只用看前 n+1 位的排列情况,第一位不能为 0 有 9 种情况, 后面 n 项每项有 10 种情况,所以个数为 9×10n. 16.(2014· 雅安模拟)用红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在“田”字形的 4 个小方格内,每格涂 一种颜色,相邻两格涂不同的颜色,如果颜色可以反复使用,则所有涂色方法的种数为 ________. 答案 260 解析 方法一

如图将 4 个方格依次编号为 1,2,3,4,第 1 个小方格可以从 5 种颜色中任取一种涂上,有 5 种 不同涂法. ①当第 2 个、第 3 个小方格涂不同颜色时,有 2C2 4种不同涂法,第 4 个小方格有 3 种不同的涂 法,由分步计数原理,知此时有 5×2C2 4×3=180(种)不同的涂法. ②当第 2 个、第 3 个小方格涂相同颜色时有 4 种涂法,此时第 4 个小方格也有 4 种不同的涂 法.由分步乘法计数原理,知有 5×4×4=80(种)不同的涂法.由分类加法计数原理,知共有 180+80=260(种)不同涂法. 方法二 如图将 4 个小方格依次编号为 1,2,3,4.如果使用 2 种颜色,则只能是第 1,4 个小方格
2 2 涂一种,第 2,3 个小方格涂一种,方法种数是 C5 · A2=20,如果使用 3 种颜色,若第 1,2,3 个小

方格不同色,第 4 个小方格只能和第 1 个小方格相同,方法种数是 C3 A3 5· 3=60,若第 1,2,3 个 小方格只用 2 种颜色,则第 4 个小方格只能用第 3 种颜色,方法种数是 C3 5×3×2=60;如果
4 使用 4 种颜色,方法种数是 C4 A4 =120,根据分类加法计数原理知总的涂法有 20+60+60+ 5·

120=260 种.


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