高二数学思考题四(排列、组合).doc

高二数学思考题四（排列、组合）
班级 _________ 座号 ___________ 姓名 _____________
1．某大学的名同学准备拼车去旅游，其中大一、大二、大三、大四每个年级各两名，分乘甲、乙两辆汽车，每车限坐名同学（乘同一辆车的名同学不考虑位置），其中大一的孪生姐妹需乘同一辆车，则乘坐甲车的名同学中恰有名同学是来自同一年级的乘坐方式共有（ ）
A．种 B．种
C．种 D．种
【答案】A
【解析】
试题分析：分类讨论，有2种情形.孪生姐妹乘坐甲车 ，则有.
孪生姐妹不乘坐甲车，则有. 共有24种. 故A.正确.
考点：排列组合.
2．如图，一环形花坛成四块，现右4种不同的花供选择，要求在每块地里种一种花，且相邻的两块种不同的花，则不同的种法总数为（ ）

A．48 B．60 C．84 D．96
【答案】C
【解析】
试题分析：由题意得，先分析，由种花可选，即有种情况：对于与种的花不能相同，有中花可选，即有种情况；对于和，分两种情况讨论：①若与选的相同，有种花可选，即有种情况；②若与选的不相同，则有种花可选，即有种情况，有种花可选，即有种情况，共有种情况，则不同的种法总数为种，故选C．
考点：分步计数原理的应用．
【方法点晴】本题主要考查了分步计数原理的应用，属于中档试题，着重考查了学生分析、解答问题的能力，本题的解答中先分析，由题意易得的数目，在分析与中花不能相同，也可得到的情况数目，最后分析，分“与选的相同”与“与选的不相同”两种情形讨论，由分类计数原理可得其情况数目，进而再由分步计数原理，将三步的情况数相乘，即可得到答案．
3．若一个三位数的十位数数字比个位数字和百位数字都大，则称这个数为“伞数”，现从1，2，3，4，5，6这六个数字中任取3个数，组成无重复数字的三位数，其中“伞数”有（ ）
A．120个 B．80个 C．40个 D．20个
【答案】C
【解析】
试题分析：由题意得，十位上的数最大，只能是，分四种情形：当十位数字为时，百位、个位的数字为，有种选法；当十位数字为时，百位、个位的数字为，有种选法；当十位数字为时，百位、个位的数字为，有种选法；当十位数字为时，百位、个位的数字为，有种选法，则伞数的个数为种，故选C．
考点：排列组合的应用．
4．若A，B，C，D，E，F六个不同元素排成一列，要求A不排在两端，且B、C相邻，则不同的排法共有
A．72种 B．96种 C．120种 D．144种
【答案】D
【解析】
试题分析：B、C捆绑为1个考虑，首先安排A，排列种数为
考点：排列组合
5．从4位男教师和3位女教师中选出3位教师，派往郊区3所学校支教，每校1人，要求这3位教师中男、女教师都要有，则不同的选派方案有
A．210种 B．186种 C．180种 D．90种
【答案】C
【解析】
试题分析：由题意得
考点：排列组合
6．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只能出现在第一步或最后一步，程序B和C在实施时必须相邻，则在该实验中程序顺序的编排方法共有（ ）
A．144种 B．96种 C．48种 D．34种
【答案】B．
【解析】
试题分析：首先将B，C捆绑在一起作为整体，共有两种，又∵A只能出现在第一步或者最后一步，故总的编排方法为种，故选B．
考点：1．计数原理；2．排列组合．
【思路点睛】对于某些元素要求相邻排列的问题，先将相邻元素捆绑成整体并看作一个元素（同时对相邻元素内部进行自排），再与其它元素进行排列；对于某几个元素不相邻的排列问题，可先将其他元素排好，再将不相邻的元素在已排好的元素之间及两端的空隙之间插入即可（注意有时候两端的空隙的插法是不符合题意的）
7．如图，某建筑工地搭建的脚手架局部类似于4×2×3的长方体框架（由24个棱长为l个单位长度的正方体框架组合而成）．一建筑工人从A点沿脚手架到点B，每步走l个单位长度，且不连续向上攀登，则其行走的最近路线共有 （ ）

A．150条 B．525条 C．840条 D．1260条
【答案】B
【解析】
试题分析：由题意可得一共向上走3次，向右4次，向前2次一共9次，因为不连续向上攀登，先把向右4次，向前2次排起来共有次，但是向左，向前没有顺序，所以还要除以，然后把向上的3次插进去，有种，所以共有种，故选择B
考点：排列组合
8．高中某班语文、数学、英语、物理、化学、体育六门课安排在某一天，每门课一节，上午四节，下午两节，若数学课必须在上午，体育课必须在下午，数、理、化三门课中，任何两门课不相邻（上午第四节与下午第一节不叫相邻），则课程安排的种数为（ ）
A．24 B、96 C．48 D、124
【答案】C
【解析】
试题分析：第一步排语文只能在上午共有种，第二部排数学在上午有种，第三步排体育有种．第二部排余下的两种，一科在上午，一科在下午，上午课有2种位置可选，所以有，所以48种，故选择C
考点：排列组合
9．2015年4月22日，亚非领导人会议在印尼雅加达举行，某五国领导人、、、除与、与不单独会晤外，其他领导人两两之间都要单独会晤．现安排他们在两天的上午、下午单独会晤（每人每个半天最多进行一次会晤），那么安排他们单独会晤的不同方法共有
A．48种 B．36种 C．24种 D．8种
【答案】A
【解析】
试题分析：五国领导人单独会晤的有AB、AC、AD、AE、BC、BD、CD、CE，共八场,现在将八场会晤分别安排在两天的上午和下午进行，每个半天安排两场会晤同时进行．因为能同时会晤的共有（AB，CD），（AC，BD），（AD，CE），（AE，BC）和（AB，CE）、（AC，BD），（AD，BC），（AE、CD）两种情况，故不同的安排方法共有
考点：排列与组合．
10．将1、2、3、…9这九个数字填在如图所示的9个空格中，要求每一行从左到右依次增大，每一列从上到下依次增大，当6在图中的位置时，则填写空格的方法有（ ）

A．8种 B．18种 C．12种 D．24种
【答案】C
【解析】
试题分析：如图所示，中间数为4，其他数从左到右依次增大，从上到下依次增大，故左上角必须填数字1，右下角必须填数字9．

设未填的方格中应填的数字依次是a、b、c、d、e、f，其中d，f只能是7和8，有种填法，当a，c排定后b，e随之排定，故只要排好a，c即可，在2，3，4，5中按a小c大来选排，有种排法，因此，一共有种不同的填法，故选：C．
考点：归纳推理．
11．从字母a，b，c，d，e，f中选出4个数排成一列，其中一定要选出a和b，并且必须相邻（a在b的前面），共有排列方法
A．36种 B．72种 C．90种 D．144种
【答案】A
【解析】
试题分析：分两步进行：第一步从c,d,e,f中任选两个，有种不同的方法；第二再将选出的两个字母和a,b排成一列，a,b必须相邻，有种不同的方法；则共有种不同的方法；故选A．
考点：排列与组合．
12．用红、黄、蓝三种颜色给如图所示的六个相连的圆涂色，若每种颜色只能涂两个圆，且相邻两个圆所涂颜色不能相同，则不同的涂色方案的种数是（ ）

（A）12 （B）24 （C）30 （D）36
【答案】C
【解析】
试题分析：先涂前三个圆，再涂后三个圆．若涂前三个圆用3种颜色，求出不同的涂法种数．若涂前三个圆用2种颜色，再求出涂法种数，把这两类涂法的种数相加，即得所求．先涂前三个圆，再涂后三个圆．
因为种颜色只能涂两个圆，且相邻两个圆所涂颜色不能相同，分两类，
第一类，前三个圆用3种颜色，三个圆也用3种颜色，
若涂前三个圆用3种颜色，有 种方法；则涂后三个圆也用3种颜色，有 种方法，
此时，故不同的涂法有6×4=24种．
第二类，前三个圆用2种颜色，后三个圆也用2种颜色，
若涂前三个圆用2种颜色，则涂后三个圆也用2种颜色，共有 种方法．
综上可得，所有的涂法共有24+6=30 种．故选：C．
考点：查排列、组合及简单计数问题
13．数字“2015”中，各位数字相加和为8，称该数为“如意四位数”，则用数字0，1，2，3，4，5组成的无重复数字且大于2015的“如意四位数”有（ ）个．
A．21 B．22 C．23 D．24
【答案】C
【解析】
试题分析：卡片上的四位数字之和等于8，四个数字为0，1，2，5；0，1，3，4．0，1，2，5组成的无重复数字且大于2015的“如意四位数”有，共个；0，1，3，4组成的无重复数字且大于2015的“如意四位数”有，共个；故共23个．故选：C．
考点：计数原理的应用．
14．不同的五种商品在货架上排成一排，其中甲、乙两种必须排在一起，丙、丁不能排在一起，则不同的排法共有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
【答案】C
【解析】
试题分析：根据题意，先将甲乙看成一个“元素”，有种不同的排法，
将丙、丁单独排列，也有种不同的排法，
若甲、乙与第个元素只有一个在丙丁之间，则有种情况，
若甲、乙与第个元素都在丙丁之间，有种不同的排法，
则不同的排法共有种情况；
故选：C．
考点：1．排列、组合的综合运用；2．相邻与不能相邻的特殊要求．
15．将4个相同的红球和4个相同的蓝球排成一排，从左到右每个球依次对应序号为1，2，…，8，若同颜色的球之间不加区分，则4个红球对应序号之和小于4个蓝球对应序号之和的排列方法种数为 （ ）
A．31 B．27 C．54 D．62
【答案】A
【解析】
试题分析：从1到8任取4个数求和共有种．其中和为18的共有 8种情况,
且其中红球对应序号小于蓝球与蓝球对应序号小于红球排列方法种数相同．
所以4个红球对应序号之和小于4个蓝球对应序号之和的排列方法种数为．故A正确．
考点：排列组合．
16．用红、黄、蓝、绿四种颜色给图中的A、B、C、D四个小方格涂色（允许只用其中几种），使邻区（有公共边的小格）不同色，则不同的涂色方式种数为（ ）．

A、24 B、36 C、72 D、84
【答案】D
【解析】
试题分析：选两色有种，一色选择对角有种选法，共计种；
选三色有种，其中一色重复有种选法，该色选择对角有种选法，另两色选位有种，共计种；四色全用有种（因为固定位置），合计种．
考点：排列组合．

17．（本小题满分10分）六人按下列要求站一横排，分别有多少种不同的站法？
（1）甲不站两端；
（2）甲、乙必须相邻；
（3）甲、乙不相邻；
（4）甲、乙按自左至右顺序排队（可以不相邻）；
（5）甲、乙站在两端．
【答案】（1）480；（2）240；（3）480；（4）360；（5）48．
【解析】
试题分析：本题主要考查排列组合等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力．第一问，甲除去两端的位置外，还有四个位置可供选择，排好后再其余的5人；第二问，用捆绑法把甲乙看成1个人，甲乙进行全排列，5个人进行全排列；第三问，用插空法，先排其余4人，将甲乙插在5个空中；第四问，先排甲乙以外的4人，排好后剩下的2个位置直接放甲和乙；第五问，先排甲乙两端的位置，再排中间4个人．
试题解析：（1）方法一：要使甲不站在两端，可先让甲在中间4个位置上任选1个，有种站法，然后其余5人在另外5个位置上作全排列有种站法，根据分步计数原理，共有站=480（种）．
方法二：由于不站两端，这两个位置只能从其余5个人中选 2个人站，有种站法，然后中间4人有种站法，根据分步计数原理，共有站法=480（种）．
方法三：若对甲没有限制条件共有种法，甲在两端共有2种站法，从总数中减去这两种情况的排列数，即得所求的站法数，共有2=480（种）．
（2）先把甲、乙作为一个“整体”，看作一个人，有种站法，再把甲、乙进行全排列，有种站法，根椐分步计数原理，共有=240（种）站法．
（3）因为甲、乙不相邻，中间有隔档，可用“插空法”，第一步先让甲、乙以外的4个人站队，有种；第二步再将甲、乙排在4人形成的5个空档（含两端）中，有种，故共有站法为（种）．
也可是用“间接法”，6个人全排列有种站法，由（2）知甲、乙相邻有种站法，所以不相邻的站法有（种）．
（4）先将甲、乙以外的4人从6个位置中挑选4个位置进行排列共有种，剩下的两个位置，左边的就是甲，右边的就是乙，全部排完，故共有种．
（5）方法一：首先考虑特殊元素，甲、乙先站两端，有种，再让其他4人在中间位置作全排列，有种，根据分步计数原理，共有=48（种）．
方法二：首先考虑两端两个特殊位置，甲、乙去站有种站法，然后考虑中间4个位置，由剩下的4人去站，有种站法，由分步计数原理共有=48种站法．
考点：排列组合．
18．由四个不同的数字1,2,4，x组成无重复数字的三位数．
（1）若x＝5，其中能被5整除的共有多少个？
（2）若x＝9，其中能被3整除的共有多少个？
（3）若x＝0，其中的偶数共有多少个？
（4）若所有这些三位数的各位数字之和是252，求x．
【答案】（1）6个；（2）12个；（3）14个；（4）x=7
【解析】
试题分析：（1）能被5整除需要满足个位数字是5，只需排列十位百位； （2）能被3整除需满足3个数字之和是3的倍数；（3）偶数需要将个位数字安排2或0；（4）分析易得x=0时不能满足题意，进而讨论x≠0时，先求出4个数字可以组成无重复三位数的个数，进而可以计算出每个数字用了18次，则有252=18×（1+2+4+x），解可得x的值
试题解析：（1）若x=5，则四个数字为1，2，4，5；
又由要求的三位数能被5整除，则5必须在末尾，
在1、2、4三个数字中任选2个，放在前2位，有A32=6种情况，
即能被5整除的三位数共有6个；
（2）若x=9，则四个数字为1，2，4，9；
又由要求的三位数能被3整除，则这三个数字为1、2、9或2、4、9，
取出的三个数字为1、2、9时，有A33=6种情况，
取出的三个数字为2、4、9时，有A33=6种情况，
则此时一共有6+6=12个能被3整除的三位数；
（3）若x=0，则四个数字为1，2，4，0；
又由要求的三位数是偶数，则这个三位数的末位数字为0或2或4，
当末位是0时，在1、2、4三个数字中任选2个，放在前2位，有A32=6种情况，
当末位是2或4时，有A21×A21×A21=8种情况，
此时三位偶数一共有6+8=14个，
（4）若x=0，可以组成=3×3×2=18个三位数，即1、2、4、0四个数字最多出现18次，则所有这些三位数的各位数字之和最大为（1+2+4）×18=126，不合题意，
故x=0不成立；当x≠0时，可以组成无重复三位数共有=4×3×2=24种，共用了24×3=72个数字，则每个数字用了=18次，则有252=18×（1+2+4+x），解可得x=7
考点：排列组合
19．一个正方形花圃，被分为n（）份，种植红、黄、蓝、绿4种颜色不同的花，要求相邻两部分种植不同颜色的花。

（1）如图1，正方形被分为3份A、B、C，有多少种不同的种植方法？
（2）如图2，正方形被分为4份A、B、C、D，有多少种不同的种植方法？
（3）如图3，正方形被分为5份A、B、C、D、E，有多少种不同的种植方法？
【答案】（1）24（2）48（3）96
【解析】
试题分析：（1）采用分步计数原理求解（2）（3）分步计数原理求解时需分两种情况：对角相同与不相同两种情况
试题解析：（1）共24种。图1，运用分步种植的方法，先对A部分种植，有4种不同的种植方法；再对B部分种植，有3种不同的种植方法；最后对C部分种植，有2种不同的种植方法，共4×3×2=24种。 5分
（2）共84种。图2，先对A部分种植，有4种不同的种植方法；再对B部分种植，有3种不同的种植方法；对C种植进行分类：若与B相同，D有3种不同的种植方法，共有4×3×1×3=36种种植方法，若与B不同，C有2种不同的种植方法，D有2种不同的种植方法，共有4×3×2×2=48。
共有36+38=84种不同的种植方法。 10分
（3）共96种。图3，先对A部分种植，有4种不同的种植方法；再对B部分种植，有3种不同的种植方法；对C种植进行分类：若与B相同，D有2种不同的种植方法，E有2种不同的种植方法，共有4×3×1×2×2=48种种植方法，若与B不同，C有2种不同的种植方法，D有1种不同的种植方法，E有2种不同的种植方法，共有4×3×2×1×2=48。
共有48+48=96种不同的种植方法。 16分
考点：1．分步计数原理；2．分情况讨论
20．（本小题满分12分）现有6名学生，按下列要求回答问题（列出算式，并计算出结果）：
（Ⅰ）6人站成一排，甲站在乙的前面（甲、乙可以不相邻）的不同站法种数；
（Ⅱ）6人站成一排，甲、乙相邻，且丙与乙不相邻的不同站法种数；
（Ⅲ）把这6名学生全部分到4个不同的班级，每个班级至少1人的不同分配方法种数；
（Ⅳ）6人站成一排，求在甲、乙相邻条件下，丙、丁不相邻的概率．
【答案】（Ⅰ）；
（Ⅱ）；
（Ⅲ）；
（Ⅳ）
【解析】
试题分析：（Ⅰ）6个人全排列共有种不同排法，由于甲站在乙的前面与乙站在甲的前面各占一半，故甲站在乙的前面（甲、乙可以不相邻）的不同站法种数为；（Ⅱ）甲乙捆绑到一起与剩下3人共4人共有种不同排法，由于丙与乙不相邻，丙只需从甲乙这个整体与剩余3人产生的4个空中任选一个进行排放，根据分步计数原理，共种不同排法；（Ⅲ）6名学生全部分到4个不同的班级，每个班级至少1人有两类，第一类是3个班级各1人，1个班级有3人，这种情况共有，第二类是2个班级2人，2个班级1人，这种情况共有,根据分类计数原理知每个班级至少1人的不同分配方法种数为；（Ⅳ）记A：甲乙相邻共有种不同排法，记B:甲、乙相邻且丙、丁不相邻共有种不同排法，根据条件概率的计算公式
试题解析：
（Ⅰ）
（Ⅱ）
（Ⅲ）
（Ⅳ）
考点：概率与排列组合的应用
21．给出一个正五棱柱．
（1）用3种颜色给其10个顶点染色，要求各侧棱的两个端点不同色，有几种染色方案？
（2）以其10个顶点为顶点的四面体共有几个？
【答案】（1）有7776种染色方案；（2）以其10个顶点为顶点的四面体共有180个.
【解析】
试题分析：（1）先从5条侧棱上各选一个点，有种，再用3种颜色给这5个顶点染色有种可能，所所以染色方案可求；
（2）从一个底面取3个点，另一个底面取1个，共种；从一个底面取2个点，另一个底面取2个点，除去4个点共面的20种情况，共种，共180种.
试题解析：（1）先从5条侧棱上各选一个点，有种，再用3种颜色给这5个顶点染色有种可能，所所以共有种染色方案.
（2）.
考点：排列、组合综合问题.
22．若四位数的各位数码中，任三个数码皆可构成一个三角形的三条边长，则称为四位三角形数，定义为的数码组，其中若 数码组为型，， 试求所有四位三角形数的个数．
【答案】所有四位三角形数的个数为96．
【解析】
试题分析：数码组为型，，据构成三角形条件，有，列出所有可能，即可求所有四位三角形数的个数.
数码组为型，，据构成三角形条件，有，
的取值
1
2
3
4
5
6
7
8
9
中的个数
0
1
2
3
4
3
2
1
0

共得16个数码组，对于每组，两个有种占位方式，于是这种有个
考点：排列组合问题.
23．将红、黄、绿、黑四种不同的颜色涂入如图中的五个区域内，要求相邻的两个区域的颜色都不相同，则有多少种不同的涂色方法？

【答案】72(种)
【解析】
解：给区域标记号A、B、C、D、E(如图所示)，则A区域有4种不同的涂色方法，B区域有3种，C区域有2种，D区域有2种，但E区域的涂色依赖于B与D涂色的颜色，如果B与D颜色相同有2种涂色方法，不相同，则只有一种．因此应先分类后分步．

(1)当B与D同色时，有4×3×2×1×2＝48(种)．
(2)当B与D不同色时，有4×3×2×1×1＝24(种)．
故共有48＋24＝72(种)不同的涂色方法．

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