9.2 排列与组合(Word练习)-【创新教程】2025年高考数学艺考生文化课总复习（新教材）

第2节　排列与组合 1．某电视台曾在某时间段连续播放5个不同的商业广告，现在要在该时间段只保留其中的2个商业广告，新增播一个商业广告与两个不同的公益宣传广告，且要求两个公益宣传广告既不能连续播放也不能在首尾播放，则不同的播放顺序共有(　　) A．60种　　　　　　　 B．120种 C．144种 D．300种 解析：B　[要在该时间段只保留其中的2个商业广告，有A＝20种方法，增播一个商业广告，利用插空法有3种方法，再在2个空中，插入两个不同的公益宣传广告，共有2种方法，根据分步乘法计数原理，共有20×3×2＝120(种)方法．故选B.] 2．(2024·湖南联考)从5名同学中选若干名分别到图书馆、食堂做志愿者，若每个地方至少去2名，则不同的安排方法共有(　　) A．20种 B．50种 C．80种 D．100种 解析：B　[由题意，可分为两类：选派4名同学，图书馆、食堂各2名，则不同的安排方法有CCC＝30(种)；5名同学全部安排到图书馆、食堂，则不同的安排方法有CCA＝20(种)． 所以共有30＋20＝50(种)不同的安排方法，故选B.] 3．(2024·石家庄市调研)第24届冬季奥林匹克运动会于2022年2月4日—20日在我国举行，国家发行了纪念币纪念这一世界性的体育历史盛事，有一种5元的银质纪念币，其背面圆形图案大致可分成5个区域，如图所示．现有红色、黄色、蓝色、绿色4种不同颜色给5个区域A1，A2，A3，A4，A5着色，要求相邻区域不同色，若在所有的着色方案中任抽一种，则抽到区域A1，A4同色的概率为(　　) A. B. C. D. 解析：D　[可分为两类：第1类，区域A1，A4同色， 涂A1，A4有4种方法，涂A5有3种方法，涂A2，A3有A＝6(种)方法，故由分步乘法计数原理知，共有4×3×6＝72(种)方法；第2类，区域A1，A4不同色，涂A1，A4有A＝12(种)方法，涂A5有2种方法， 涂A2，A3有7种方法(A2，A4同色，有3种方法；A2，A4不同色，有4种方法)，故由分步乘法计数原理知，共有12×2×7＝168(种)方法．根据分类加法计数原理，着色方案共有72＋168＝240(种)，所以在所有的着色方案中任抽一种，抽到区域A1，A4同色的概率为＝.故选D.] 4．(多选题)把四个不同的小球放入三个分别标有1号、2号、3号的盒子中，不允许有空盒子的放法有(　　) A．CCCC种 B．CA种 C．CCA种 D．18种 解析：BC　[本题考查不等分的分组与分配问题．根据题意，四个不同的小球放入三个分别标有1号、2号、3号的盒子中，且没有空盒，三个盒子中有1个盒子中放2个球，剩下的2个盒子中各放1个球，则分两步进行分析：①先将四个不同的小球分成3组，有C种分组方法；②将分好的3组全排列，对应放到3个盒子中，有A种放法．则不允许有空盒子的放法有CA＝36种．故选BC.] 5．(2023·全国甲卷)现有5名志愿者报名参加公益活动，在某一星期的星期六、星期日两天，每天从这5人中安排2人参加公益活动，则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有(　　) A．120种 B．60种 C．30种 D．20种 解析：B　[不妨记五名志愿者为a，b，c，d，e， 假设a连续参加了两天社区服务，再从剩余的4人抽取2人各参加星期六与星期天的社区服务，共有A＝12种方法， 同理：b，c，d，e连续参加了两天社区服务，也各有12种方法， 所以恰有1人连续参加了两天社区服务的选择种数有5×12＝60(种)．故选B.] 6.(2024·鹰潭市一模)用四种不同的颜色为正六边形(如图)中的六块区域涂色，要求有公共边的区域涂不同颜色，一共有____________种不同的涂色方法． 解析：如图A、C、E用同一颜色，此时共有4×3×3×3＝108种方法．A、C、E用2种颜色，此时共有C×6×3×2×2＝432(种)方法．A、C、E用3种颜色，此时共有A×2×2×2＝192(种)方法．共有108＋432＋192＝732(种)不同的涂色方法． 答案：732 7．(双空填空题)从－1,0,1,2这四个数中选三个不同的数作为函数f(x)＝ax2＋bx＋c的系数，则可组成____________个不同的二次函数，其中偶函数有__________个(用数字作答)． 解析：一个二次函数对应着a，b，c(a≠0)的一组取值，a的取法有3种，b的取法有3种，c的取法有2种，由分步乘法计数原理知共有3×3×2＝18(个)二次函数．若二次函数为偶函数，则b＝0，同上可知共有3×2＝6(个)偶函数． 答案：18　6 8．(2024·上海卷)设集合A中的元素皆为无重复数字的三位正整数，且元素中任意两者之积皆为偶数，求集合中元素个数的最大值为____________． 解析：由题意可知，集合A中每个元素都互异，且元素中最多有一个奇数，剩余全是偶数． 先研究集合中无重复数字的三位偶数； (1)若个位为0，这样的偶数有A＝72种； (2)若个位不为0，这样的偶数有C·C·C＝256种； 所以集合元素个数最大值为256＋72＋1＝329种． 答案：329 9．已知10件不同的产品中有4件是次品，现对它们进行测试，直至找出所有的次品为止． (1)若恰在第5次测试才测试到第1件次品，第10次才找到最后一件次品，则这样的不同测试方法数是多少？ (2)若恰在第5次测试后就找出了所有次品，则这样的不同测试方法数是多少？ 解：(1)先排前4次测试，只能取正品，有A种不同的测试方法，再从4件次品中选2件排在第5次和第10次的位置上测试，有C·A＝A种测试方法，再排余下4件的测试位置，有A种测试方法．所以共有A·A·A＝103 680种不同的测试方法． (2)第5次测试的产品恰为最后一件次品，另3件在前4次中出现，从而前4次有一件正品出现，所以共有C·C·A＝576种不同的测试方法． 10．有4个不同的球，四个不同的盒子，把球全部放入盒内． (1)共有多少种放法？ (2)恰有一个盒子不放球，有多少种放法？ (3)恰有一个盒内放2个球，有多少种放法？ (4)恰有两个盒子不放球，有多少种放法？ 解：(1)一个球一个球的放到盒子里去，每只球都有4种独立的放法，由分步乘法计数原理知，放法共有44＝256(种)． (2)为保证“恰有一个盒子不放球”，先从四个盒子中任意拿出去1个，即将4个球分成2,1,1的三组，有C种分法；然后再从三个盒子中选一个放两个球，其余两个球，两个盒子，全排列即可．由分步乘法计数原理知，共有放法CCCA＝144(种)． (3)“恰有一个盒子内放2个球”，即另外的三个盒子放2个球，每个盒子至多放1个球，即另外三个盒子中恰有一个空盒．因此，“恰有一个盒子放2球”与“恰有一个盒子不放球”是一回事．故也有144种放法． (4)先从四个盒子中任取两个有C种，问题转化为“4个球，两个盒子，每盒必放球，有几种放法？”从放球数目看，可分为(3,1)，(2,2)两类．第一类：可从4个球中先选3个，然后放入指定的一个盒子中即可，有C·C种放法；第二类：有C种放法．因此共有CC＋C＝14(种)．由分步乘法计数原理得“恰有两个盒子不放球”的放法有C·14＝84(种)． 学科网（北京）股份有限公司 $$