版高考数学大一轮复习第十章计数原理102排列与组合试题理.docx
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版高考数学大一轮复习第十章计数原理102排列与组合试题理
第十章计数原理10.2排列与组合试题理北师大版
1．排列与组合的概念
名称
定义
排列
从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素
按照一定的顺序排成一列
组合
合成一组
2.排列数与组合数
（1）排列数的定义：
从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素的所有排列的个数叫作从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用A表示．
（2）组合数的定义：
从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素的所有组合的个数，叫作从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用C表示．
3．排列数、组合数的公式及性质
公式
（1）A＝n（n－1）（n－2）…（n－m＋1）
＝
（2）C＝＝
＝
性质
（1）0！
＝1；A＝n！
（2）C＝C；C＝C＋C__
【思考辨析】
判断下列结论是否正确（请在括号中打“√”或“×”）
（1）所有元素完全相同的两个排列为相同排列．（ × ）
（2）一个组合中取出的元素讲究元素的先后顺序．（ × ）
（3）两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同．（ √ ）
（4）（n＋1）！
－n！
＝n·n！
.（ √ ）
（5）A＝nA.（ √ ）
（6）kC＝nC.（ √ ）
1．（2016·四川）用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为（ ）
A．24B．48
C．60D．72
答案 D
解析 由题可知，五位数要为奇数，则个位数只能是1,3,5；分为两步：
先从1,3,5三个数中选一个作为个位数有C种情况，再将剩下的4个数字排列得到A种情况，则满足条件的五位数有C·A＝72（个）．故选D.
2．6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（ ）
A．144B．120C．72D．24
答案 D
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A＝4×3×2＝24.
3．（教材改编）用数字1,2,3,4,5组成的无重复数字的四位数，其中偶数的个数为（ ）
A．8B．24C．48D．120
答案 C
解析 末位数字排法有A种，其他位置排法有A种，
共有AA＝48（种）．
4．某高三毕业班有40人，同学这间两两彼此给对方写一条毕业留言，那么全班共写了________条毕业留言．（用数字作答）
答案 1560
解析 依题意知两两彼此给对方写一条毕业留言相当于从40人中任选两人的排列数，所以全班共写了A＝40×39＝1560（条）留言．
5．某班级要从4名男生、2名女生中选派4人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案有________种．
答案 14
解析 分两类：
①有1名女生：
CC＝8.
②有2名女生：
CC＝6.
∴不同的选派方案有8＋6＝14（种）．
题型一 排列问题
例1
（1）3名男生，4名女生，选其中5人排成一排，则有________种不同的排法．
（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________种．
答案
（1）2520
（2）216
解析
（1）问题即为从7个元素中选出5个全排列，有A＝2520（种）排法．
（2）当最左端排甲时，不同的排法共有A种；当最左端排乙时，甲只能排在中间四个位置之一，则不同的排法共有CA种．故不同的排法共有A＋CA＝120＋96＝216（种）．
引申探究
1．本例
（1）中若将条件“选其中5人排成一排”改为“排成前后两排，前排3人，后排4人”，其他条件不变，则有多少种不同的排法？
解 前排3人，后排4人，相当于排成一排，共有A＝5040（种）排法．
2．本例
（1）中若将条件“选其中5人排成一排”改为“全体站成一排，男、女各站在一起”，其他条件不变，则有多少种不同的排法？
解 相邻问题（捆绑法）：
男生必须站在一起，是男生的全排列，有A种排法；女生必须站在一起，是女生的全排列，有A种排法；全体男生、女生各视为一个元素，有A种排法．根据乘法原理，共有A·A·A＝288（种）排法.
3．本例
（1）中若将条件“选其中5人排成一排”改为“全体站成一排，男生不能站在一起”，其他条件不变，则有多少种不同的排法？
解 不相邻问题（插空法）：
先安排女生共有A种排法，男生在4个女生隔成的5个空中安排共有A种排法，故共有A·A＝1440（种）排法．
4．本例
（1）中若将条件“选其中5人排成一排”改为“全体站成一排，甲不站排头也不站排尾”，其他条件不变，则有多少种不同的排法？
解 先安排甲，从除去排头和排尾的5个位置中安排甲，有A＝5（种）排法；再安排其他人，有A＝720（种）排法．所以共有A·A＝3600（种）排法．
思维升华 排列应用问题的分类与解法
（1）对于有限制条件的排列问题，分析问题时有位置分析法、元素分析法，在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则，即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置，对于分类过多的问题可以采用间接法．
（2）对相邻问题采用捆绑法、不相邻问题采用插空法、定序问题采用倍缩法是解决有限制条件的排列问题的常用方法.
由0,1,2,3,4,5这六个数字组成的无重复数字的自然数．
求：
（1）有多少个含2,3，但它们不相邻的五位数？
（2）有多少个含数字1,2,3，且必须按由大到小顺序排列的六位数？
解
（1）先不考虑0是否在首位，0,1,4,5先排三个位置，则有A个，2,3去排四个空档，有A个，即有AA个；而0在首位时，有AA个，即有AA－AA＝252（个）含有2,3，但它们不相邻的五位数．
（2）在六个位置先排0,4,5，先不考虑0是否在首位，则有A个，去掉0在首位，即有A－A个，0,4,5三个元素排在六个位置上留下了三个空位，1,2,3必须由大到小进入相应位置，并不能自由排列，所以有A－A＝100（个）六位数．
题型二 组合问题
例2
（1）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，则不同的取法的种数是（ ）
A．60B．63
C．65D．66
（2）要从12人中选出5人去参加一项活动，A，B，C三人必须入选，则有________种不同选法．
答案
（1）D
（2）36
解析
（1）因为1,2,3，…，9中共有4个不同的偶数和5个不同的奇数，要使和为偶数，则4个数全为奇数或全为偶数或2个奇数和2个偶数，故有C＋C＋CC＝66（种）不同的取法．
（2）只需从A，B，C之外的9人中选择2人，即有C＝36（种）不同的选法．
引申探究
1．本例
（2）中若将条件“A，B，C三人必须入选”改为“A，B，C三人都不能入选”，其他条件不变，则不同的选法有多少种？
解 由A，B，C三人都不能入选只需从余下9人中选择5人，即有C＝C＝126（种）不同的选法．
2．本例
（2）中若将条件“A，B，C三人必须入选”改为“A，B，C三人只有一人入选”，其他条件不变，则不同的选法有多少种？
解 可分两步，先从A，B，C三人中选出1人，有C种选法，再从余下的9人中选4人，有C种选法，所以共有C×C＝378（种）不同的选法．
3．本例
（2）中若将条件“A，B，C三人必须入选”改为“A，B，C三人至少一人入选”，其他条件不变，则不同的选法有多少种？
解 可考虑间接法，从12人中选5人共有C种，再减去A，B，C三人都不入选的情况C种，共有C－C＝666（种）不同的选法．
思维升华 组合问题常有以下两类题型变化
（1）“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：
“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取．
（2）“至少”或“至多”含有几个元素的组合题型：
解这类题必须十分重视“至少”与“至多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解．用直接法和间接法都可以求解，通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理．
某市工商局对35种商品进行抽样检查，已知其中有15种假货．现从35种商品中选取3种．
（1）其中某一种假货必须在内，不同的取法有多少种？
（2）其中某一种假货不能在内，不同的取法有多少种？
（3）恰有2种假货在内，不同的取法有多少种？
（4）至少有2种假货在内，不同的取法有多少种？
（5）至多有2种假货在内，不同的取法有多少种？
解
（1）从余下的34种商品中，
选取2种有C＝561（种），
∴某一种假货必须在内的不同取法有561种．
（2）从34种可选商品中，选取3种，有C种或者C－C＝C＝5984（种）．
∴某一种假货不能在内的不同取法有5984种．
（3）从20种真货中选取1件，从15种假货中选取2件有CC＝2100（种）．
∴恰有2种假货在内的不同的取法有2100种．
（4）选取2件假货有CC种，选取3件假货有C种，共有选取方式CC＋C＝2100＋455＝2555（种）．
∴至少有2种假货在内的不同的取法有2555种．
（5）选取3件的总数为C，因此共有选取方式
C－C＝6545－455＝6090（种）．
∴至多有2种假货在内的不同的取法有6090种．
题型三 排列与组合问题的综合应用
命题点1 相邻问题
例3 （2017·济南调研）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！
）4D．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种坐法．
命题点2 相间问题
例4 某次联欢会要安排3个歌舞类节目，2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是________．
答案 120
解析 先安排小品节目和相声节目，然后让歌舞节目去插空．安排小品节目和相声节目的顺序有三种：
“小品1，小品2，相声”，“小品1，相声，小品2”和“相声，小品1，小品2”．对于第一种情况，形式为“□小品1歌舞1小品2□相声□”，有ACA＝36（种）安排方法；同理，第三种情况也有36种安排方法，对于第二种情况，三个节目形成4个空，其形式为“□小品1□相声□小品2□”，有AA＝48（种）安排方法．根据加法原理，共有36＋36＋48＝120（种）安排方法．
命题点3 特殊元素（位置）问题
例5 （2016·郑州检测）从1,2,3,4,5这五个数字中任取3个组成无重复数字的三位数，当三个数字中有2和3时，2需排在3的前面（不一定相邻），这样的三位数有________个．
答案 51
解析 分三类：
第一类，没有2,3，由其他三个数字组成三位数，有A＝6（个）；
第二类，只有2或3其中的一个，需从1,4,5中选两个数字组成三位数，有2CA＝36（个）；
第三类，2,3均有，再从1,4,5中选一个，因为2需排在3的前面，所以可组成CA＝9（个）．
根据加法原理，这样的三位数共有51个．
思维升华 排列与组合综合问题的常见类型及解题策略
（1）相邻问题捆绑法．在特定条件下，将几个相关元素视为一个元素来考虑，待整个问题排好之后，再考虑它们“内部”的排列．
（2）相间问题插空法．先把一般元素排好，然后把特定元素插在它们之间或两端的空当中，它与捆绑法有同等作用．
（3）特殊元素（位置）优先安排法．优先考虑问题中的特殊元素或位置，然后再排列其他一般元素或位置．
（4）多元问题分类法．将符合条件的排列分为几类，而每一类的排列数较易求出，然后根据分类加法计数原理求出排列总数．
（1）（2016·山西四校联考三）有5名优秀毕业生到母校的3个班去做学习经验交流，则每个班至少去一名的不同分派方法种数为（ ）
A．150B．180
C．200D．280
（2）将甲、乙、丙、丁、戊五位同学分别保送到北大、上海交大和浙大3所大学，若每所大学至少保送1人，甲不能被保送到北大，则不同的保送方案共有（ ）
A．150种B．114种
C．100种D．72种
答案
（1）A
（2）C
解析
（1）分两类：
一类，3个班分派的毕业生人数分别为2,2,1，则有·A＝90（种）分派方法；另一类，3个班分派的毕业生人数分别为1,1,3，则有C·A＝60（种）分派方法，所以不同分派方法种数为90＋60＝150，故选A.
（2）先将五人分成三组，因为要求每组至少一人，所以可选择的只有2,2,1或者3,1,1，所以共有＋＝25（种）分组方法．因为甲不能被保送到北大，所以有甲的那组只有上海交大和浙大两个选择，剩下的两组无限制，一共有4种方法，所以不同的保送方案共有25×4＝100（种）．
14．排列、组合问题
典例 有20个零件，其中16个一等品，4个二等品，若从20个零件中任意取3个，那么至少有1个一等品的不同取法有________种．
错解展示
解析 先从一等品中取1个，有C种取法；再从余下的19个零件中任取2个，有C种不同取法，共有C×C＝2736（种）不同取法．
答案 2736
现场纠错
解析 方法一 将“至少有1个是一等品的不同取法”分三类：
“恰有1个一等品”，“恰有2个一等品”，“恰有3个一等品”，根据加法原理，
有CC＋CC＋C＝1136（种）．
方法二 考虑其对立事件“3个都是二等品”，用间接法：
C－C＝1136（种）．
答案 1136
纠错心得
（1）解排列、组合问题的基本原则：
特殊优先，先分组再分解，先取后排；较复杂问题可采用间接法，转化为求它的对立事件．
（2）解题时要细心、周全，做到不重不漏．
1．两家夫妇各带一个小孩一起到动物园游玩，购票后排队依次入园，为安全起见，首尾一定要排两位爸爸，另外，两个小孩一定要排在一起，则这6人的入园顺序排法种数为（ ）
A．48B．36C．24D．12
答案 C
解析 （捆绑法）爸爸排法有A种，两个小孩排在一起故看成一体，有A种排法，妈妈和孩子共有A种排法，
∴排法种数共有AAA＝24（种）．故选C.
2．（2016·黄山月考）某小区有排成一排的7个车位，现有3辆不同型号的车需要停放，如果要求剩余的4个车位连在一起，那么不同的停放方法的种数为（ ）
A．16B．18C．24D．32
答案 C
解析 将四个车位捆绑在一起，看成一个元素，先排3辆不同型号的车，在三个车位上任意排列，有A＝6（种）排法，再将捆绑在一起的四个车位插入4个空档中，有4种方法，故共有4×6＝24（种）方法．
3．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，问实验顺序的编排方法共有（ ）
A．34种B．48种
C．96种D．144种
答案 C
解析 程序A有A＝2（种）结果，将程序B和C看作一个元素与除A外的3个元素排列有AA＝48（种），
根据乘法原理，实验编排共有2×48＝96（种）方法．
4．将A，B，C，D，E排成一列，要求A，B，C在排列中顺序为“A，B，C”或“C，B，A”（可以不相邻），这样的排列数有（ ）
A．12种B．20种
C．40种D．60种
答案 C
解析 （消序法）五个元素没有限制全排列为A，
由于要求A，B，C的次序一定（按A，B，C或C，B，A），
故除以这三个元素的全排列A，
可得×2＝40（种）．
5．（2017·长沙质检）某校高二年级共有6个班级，现从外地转入4名学生，要安排到该年级的两个班级且每班安排2名，则不同的安排方案种数为（ ）
A．ACB.AC
C．AAD．2A
答案 B
解析 方法一 将4人平均分成两组有C种方法，将此两组分配到6个班级中的2个班有A种．
所以不同的安排方法有CA种．
方法二 先从6个班级中选2个班级有
C26种不同方法，然后安排学生有CC种，故
CC＝AC种．
6．（2017·汉中质检）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（ ）
A．24对B．30对
C．48对D．60对
答案 C
解析 正方体中共有12条面对角线，任取两条作为一对共有C＝66（对），12条对角线中的两条所构成的关系有平行、垂直、成60°角．相对两面上的4条对角线组成的C＝6（对）组合中，平行有2对，垂直有4对，所以所有的平行和垂直共有3C＝18（对）．所以成60°角的有C－3C＝66－18＝48（对）．
7．（2016·北京西城区期末）现有5名教师要带3个兴趣小组外出学习考察，要求每个兴趣小组的带队教师至多2人，但其中甲教师和乙教师均不能单独带队，则不同的带队方案有________种．（用数字作答）
答案 54
解析 第一类，把甲、乙看作一个复合元素，另外3人分成两组，再分配到3个小组中，有CA＝18（种）；第二类，先把另外的3人分配到3个小组，再把甲、乙分配到其中2个小组，有AA＝36（种）．根据加法原理，共有36＋18＝54（种）不同的带队方案．
8．（2017·福州质检）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 分两类：
第一类：
3张中奖奖券分给3个人，共A种分法；
第二类：
3张中奖奖券分给2个人相当于把3张中奖奖券分两组再分给4人中的2人，共有CA种分法．
总获奖情况共有A＋CA＝60（种）．
9．把5件不同产品摆成一排，若产品A与产品B相邻，产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有________种．
答案 36
解析 先考虑产品A与B相邻，把A，B作为一个元素有A种方法，而A，B可交换位置，所以有2A＝48（种）摆法，又当A，B相邻且又满足A，C相邻，有2A＝12（种）摆法，故满足条件的摆法有48－12＝36（种）．
10．若把英语单词“good”的字母顺序写错了，则可能出现的错误方法共有________种．
答案 11
解析 把g、o、o、d4个字母排一列，可分两步进行，第一步：
排g和d，共有A种排法；第二步：
排两个o，共一种排法．所以总的排法种数为A＝12，其中正确的有一种，所以错误的共有A－1＝12－1＝11（种）．
11．将A，B，C，D，E，F六个字母排成一排，且A，B均在C的同侧，则不同的排法共有________种．（用数字作答）
答案 480
解析 从左往右看，若C排在第1位，共有A＝120（种）排法；若C排在第2位，A和B有C右边的4个位置可以选，共有A·A＝72（种）排法；若C排在第3位，则A，B可排C的左侧或右侧，共有A·A＋A·A＝48（种）排法；若C排在第4,5,6位时，其排法数与排在第3,2,1位相同，故共有2×（120＋72＋48）＝480（种）排法．
12．2016年某通讯公司推出一组手机卡号码，卡号的前七位数字固定，后四位数从“0000”到“9999”共10000个号码中选择．公司规定：
凡卡号的后四位恰带有两个数字“6”或恰带有两个数字“8”的一律作为“金猴卡”，享受一定优惠政策．如后四位数为“2663”，“8685”为“金猴卡”，求这组号码中“金猴卡”的张数．
解 ①当后四位数恰有2个6时，“金猴卡”共有C×9×9＝486（张）；
②当后四位数恰有2个8时，“金猴卡”也共有C×9×9＝486（张）．
但这两种情况都包含了后四位数是由2个6和2个8组成的这种情况，所以要减掉C＝6，即“金猴卡”共有486×2－6＝966（张）．
13．有9名学生，其中2名会下象棋但不会下围棋，3名会下围棋但不会下象棋，4名既会下围棋又会下象棋．现在要从这9名学生中选出2名学生，一名参加象棋比赛，另一名参加围棋比赛，共有多少种不同的选派方法？
解 设2名会下象棋但不会下围棋的同学组成集合A,3名会下围棋但不会下象棋的同学组成集合B,4名既会下围棋又会下象棋的同学组成集合C，则选派2名参赛同学的方法可以分为以下4类：
第一类：
A中选1人参加象棋比赛，B中选1人参加围棋比赛，方法数为C·C＝6（种）；
第二类：
C中选1人参加象棋比赛，B中选1人参加围棋比赛，方法数为C·C＝12（种）；
第三类：
C中选1人参加围棋比赛，A中选1人参加象棋比赛，方法数为C·C＝8（种）；
第四类：
C中选2人分别参加两项比赛，方法数为A＝12（种）．
根据加法原理，不同的选派方法共有
6＋12＋8＋12＝38（种）．
14.（2017·洛阳预测）设三位数n＝，若以a，b，c为三条边的长可以构成一个等腰（含等边）三角形，则这样的三位数n有多少个？
解 a，b，c要能构成三角形的边长，显然均不为0，即a，b，c∈{1,2,3，…，9}．①若构成等边三角形，设这样的三位数的个数为n1，由于三位数中三个数字都相同，所以n1＝C＝9；②若构成等腰（非等边）三角形，设这样的三位数的个数为n2，由于三位数中只有2个不同数字，设为a，b，注意到三角形腰与底可以互换，所以可取的数组（a，b）共有2C组，但当大数为底时，设a>b，必须满足ba
9
8
7
6
5
4
3
2
1
b
4,3,2,1
4,3,2,1
3,2,1
3,2,1
1,2
1,2
1
1
共20种情况．同时，每个数组（a，b）中的两个数字填上三个数位，有C种情况，故n2＝C（2C－20）＝156.
综上，n＝n1＋n2＝165.
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