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2016高考数学专题复习导练测 第十章 第2讲 排列与组合 理 新人教A版

时间:2015-12-26


第2讲
一、选择题

排列与组合

1.2013 年春节放假安排:农历除夕至正月初六放假,共 7 天.某单位安排 7 位员工值班, 每人值班 1 天,每天安排 1 人.若甲不在除夕值班,乙不在正月初一值班,而且丙和甲 在相邻的两天值班,则不同的安排方案共有( A.1 440 种 C.1 282 种 解析 采取对丙和甲进行捆绑的方法

: 如果不考虑“乙不在正月初一值班”,则安排方案有:A6·A2=1 440 种, 如果“乙在正月初一值班”,则安排方案有:C1·A4·A2·A4=192 种, 若“甲在除夕值班”,则“丙在初一值班”,则安排方案有:A5=120 种. 则不同的安排方案共有 1 440-192-120=1 128(种). 答案 D 2.A、B、C、D、E 五人并排站成一排,如果 B 必须站在 A 的右边(A、B 可以不相邻),那么 不同的排法共有 A.24 种 B.60 种 C.90 种
3 5 1 1 2 4 6 2

) B.1 360 种 D.1 128 种

( D.120 种

).

解析 可先排 C、D、E 三人,共 A5种排法,剩余 A、B 两人只有一种排法,由分步计数原 理满足条件的排法共 A5=60(种). 答案 B 3.如果 n 是正偶数,则 Cn+Cn+?+Cn +Cn= A.2 C.2
n
0 2 3

n-2

n

(

).

B.2

n-1

n-2

D.(n-1)2
0 2

n-1

解析 (特例法)当 n=2 时,代入得 C2+C2=2,排除答案 A、C; 当 n=4 时,代入得 C4+C4+C4=8,排除答案 D.故选 B. 答案 B 4.某班新年联欢会原定的 5 个节目已排成节目单,开演前又增加了两个新节目.如果将这 两个节目插入原节目单中,那么不同插法的种数为 A.42 B.30 C.20 ( D.12
2 1 0 2 4

).

解析 可分为两类:两个节目相邻或两个节目不相邻,若两个节目相邻,则有 A2A6=12 种排法;若两个节目不相邻,则有 A6=30 种排法.由分类计数原理共有 12+30=42 种 排法(或 A7=42). 答案 A 5.某校开设 A 类选修课 3 门,B 类选修课 4 门,一位同学从中选 3 门.若要求两类课程中
2 2

1

各至少选一门,则不同的选法共有( A.30 种 B.35 种

). C.42 种 D.48 种

解析 法一 可分两种互斥情况:A 类选 1 门,B 类选 2 门或 A 类选 2 门,B 类选 1 门, 共有 C3C4+C3C4=18+12=30(种)选法. 法二 总共有 C7=35(种)选法, 减去只选 A 类的 C3=1(种), 再减去只选 B 类的 C4=4(种), 共有 30 种选法. 答案 A 6.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
1 1 1 3 3 3 1 2 2 1

解析 若没有红色卡片, 则需从黄、 蓝、 绿三色卡片中选 3 张, 若都不同色则有 C4×C4×C4 =64 种,若 2 张同色,则有 C3×C2×C4×C4=144 种;若红色卡片有 1 张,剩余 2 张不同 色,则有 C4×C3×C4×C4=192 种,乘余 2 张同色,则有 C4×C3×C4=72 种,所以共有 64 +144+192+72=472 种不同的取法.故选 C. 答案 C 二、填空题 7.从 5 名男医生、4 名女医生中选 3 名医生组成一个医疗小分队,要求男、女医生都有, 则不同的组队方案共有________种. 解析 分 1 名男医生 2 名女医生、2 名男医生 1 名女医生两种情况,或者用间接法. 直接法:C5C4+C5C4=70. 间接法:C9-C5-C4=70. 答案 70 8.有五名男同志去外地出差,住宿安排在三个房间内,要求甲、乙两人不住同一房间,且 每个房间最多住两人,则不同的住宿安排有________种(用数字作答). 解析 甲、 乙住在同一个房间, 此时只能把另外三人分为两组, 这时的方法总数是 C3A3= C5C4C2 3 18,而总的分配方法数是把五人分为三组再进行分配,方法数是 2 A3=90,故不同的 A2 住宿安排共有 90-18=72 种. 答案 72 9.某人手中有 5 张扑克牌,其中 2 张为不同花色的 2,3 张为不同花色的 A,有 5 次出牌机 会,每次只能出一种点数的牌但张数不限,此人不同的出牌方法共有________种. 解析 出牌的方法可分为以下几类:(1)5 张牌全部分开出,有 A5种方法;(2)2 张 2 一起 出,3 张 A 一起出,有 A5种方法;(3)2 张 2 一起出,3 张 A 分 3 次出,有 A5种方法;(4)2
2 4 5 1 2 2 1 3 3 3 3 1 2 2 1 1 2 1 1 1 1 2 2 1 2 1

2

张 2 一起出,3 张 A 分两次出,有 C3A5种方法;(5)2 张 2 分开出,3 张 A 一起出,有 A5种 方法;(6)2 张 2 分开出,3 张 A 分两次出,有 C3A5种方法.因此,共有不同的出牌方法 A5+A5+A5+C3A5+A5+C3A5=860(种). 答案 860 10.小王在练习电脑编程,其中有一道程序题的要求如下:它由 A,B,C,D,E,F 六个子 程序构成,且程序 B 必须在程序 A 之后,程序 C 必须在程序 B 之后,执行程序 C 后须立 即执行程序 D,按此要求,小王的编程方法有__________种. 解析 对于位置有特殊要求的元素可采用插空法排列,把 CD 看成整体,A,B,C,D 产 生四个空,所以 E 有 4 种不同编程方法,然后四个程序又产生 5 个空,所以 F 有 5 种不 同编程方法,所以小王有 20 种不同编程方法. 答案 20 三、解答题 11. 7 名男生 5 名女生中选取 5 人,分别求符合下列条件的选法总数有多少种. (1)A,B 必须当选; (2)A,B 必不当选; (3)A,B 不全当选; (4)至少有 2 名女生当选; (5)选取 3 名男生和 2 名女生分别担任班长、 体育委员等 5 种不同的工作, 但体育委员必 须由男生担任,班长必须由女生担任. 解 (1)由于 A, B 必须当选, 那么从剩下的 10 人中选取 3 人即可, 故有 C10=120 种选法. (2)从除去的 A,B 两人的 10 人中选 5 人即可,故有 C10=252 种选法. (3)全部选法有 C12种,A,B 全当选有 C10种,故 A,B 不全当选有 C12-C10=672 种选法. (4)注意到“至少有 2 名女生”的反面是只有一名女生或没有女生,故可用间接法进 行.所以有 C12-C5·C7-C7=596 种选法. (5)分三步进行; 第 1 步,选 1 男 1 女分别担任两个职务有 C7·C5种选法. 第 2 步,选 2 男 1 女补足 5 人有 C6·C4种选法. 第 3 步, 为这 3 人安排工作有 A3方法. 由分步乘法计数原理, 共有 C7C5·C6C4·A3=12 600 种选法. 12.要从 5 名女生,7 名男生中选出 5 名代表,按下列要求,分别有多少种不同的选法? (1)至少有 1 名女生入选;(2)至多有 2 名女生入选;(3)男生甲和女生乙入选;(4)男生 甲和女生乙不能同时入选;(5)男生甲、女生乙至少有一个人入选. 解 (1)C12-C7=771; (2)C7+C5C7+C5C7=546;
3
5 1 4 2 3 5 5 3 1 1 2 1 3 2 1 1 1 5 1 4 5 5 3 5 3 5 3 5 2 4 2 3 3 2 4 2 4

2 3

3

(3)C2C10=120; (4)C12-C2C10=672; (5)C12-C10=540. 13.某医院有内科医生 12 名,外科医生 8 名,现选派 5 名参加赈灾医疗队,其中: (1)某内科医生甲与某外科医生乙必须参加,共有多少种不同选法? (2)甲、乙均不能参加,有多少种选法? (3)甲、乙两人至少有一人参加,有多少种选法? (4)队中至少有一名内科医生和一名外科医生,有几种选法? 解 (1)只需从其他 18 人中选 3 人即可,共有 C18=816(种); (2)只需从其他 18 人中选 5 人即可,共有 C18=8 568(种); (3)分两类:甲、乙中有一人参加,甲、乙都参加, 共有 C2C18+C18=6 936(种); (4)方法一 (直接法): 至少有一名内科医生和一名外科医生的选法可分四类: 一内四外;二内三外;三内二外;四内一外, 所以共有 C12C8+C12C8+C12C8+C12C8=14 656(种). 方法二 (间接法): 由总数中减去五名都是内科医生和五名都是外科医生的选法种数,得 C20-(C12+C8)=14 656(种). 14.已知 10 件不同的产品中有 4 件次品,现对它们一一测试,直至找到所有 4 件次品为止. (1)若恰在第 2 次测试时,才测试到第一件次品,第 8 次才找到最后一件次品,则共有 多少种不同的测试方法? (2)若至多测试 6 次就能找到所有 4 件次品,则共有多少种不同的测试方法? 解 (1)若恰在第 2 次测试时,才测到第一件次品,第 8 次才找到最后一件次品,若是
5 5 5 1 4 2 3 3 2 4 1 1 4 3 5 3 5 5 5 2 3

2 3

不放回的逐个抽取测试. 第 2 次测到第一件次品有 4 种抽法; 第 8 次测到最后一件次品有 3 种抽法; 第 3 至第 7 次抽取测到最后两件次品共有 A5种抽法; 剩余 4 次抽到的是正品, 共有 A4A5A6 =86 400 种抽法. (2)检测 4 次可测出 4 件次品,不同的测试方法有 A4种, 检测 5 次可测出 4 件次品,不同的测试方法有 4A4A6种; 检测 6 次测出 4 件次品或 6 件正品,则不同的测试方法共有 4A5A6+A6种. 由分类计数原理,满足条件的不同的测试方法的种数为 A4+4A4A6+4A5A6+A6=8 520.
4
4 3 1 3 2 6 3 2 6 3 1 4 2 2 2 4


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