2022年高考数学(理数)一轮考点精选练习47《计数原理与排列组合》(含详解)

这是一份2022年高考数学(理数)一轮考点精选练习47《计数原理与排列组合》(含详解)，共4页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2 013是“六合数”)，则首位为2的“六合数”共有( )
A.18个 B.15个 C.12个 D.9个
某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单，开演前又增加了3个新节目，如果将这3个新节目插入节目单中，那么不同的插法种数为( )
A.504 B.210 C.336 D.120
A，B，C，D，E，F六人围坐在一张圆桌周围开会，A是会议的中心发言人，必须坐在最北面的椅子上，B，C二人必须坐相邻的两把椅子，其余三人坐剩余的三把椅子，则不同的座次有( )
A.60种 B.48种 C.30种 D.24种
若无重复数字的三位数满足条件：
①个位数字与十位数字之和为奇数，
②所有数位上的数字和为偶数.
则这样的三位数的个数是( )
A.540 B.480 C.360 D.200
2018年元旦假期，高三的8名同学准备拼车去旅游，其中(1)班、(2)班、(3)班、(4)班每班各两名，分乘甲乙两辆汽车，每车限坐4名同学(乘同一辆车的4名同学不考虑位置)，其中(1)班两位同学是孪生姐妹，需乘同一辆车，则乘坐甲车的4名同学中恰有2名同学是来自同一个班的乘坐方式共有( )
A.18种 B.24种 C.48种 D.36种
甲、乙、丙、丁和戊5名同学进行数学应用知识比赛，决出第1名至第5名(没有重名次).已知甲、乙均未得到第1名，且乙不是最后一名，则5名同学的名次排列情况可能有( )
A.27种 B.48种 C.54种 D.72种
6本不同的书在书架上摆成一排，要求甲、乙两本书必须摆放在两端，丙、丁两本书必须相邻，则不同的摆放方法有( )
A.24种 B.36种 C.48种 D.60种
在某校举行的羽毛球两人决赛中，采用5局3胜制的比赛规则，先赢3局者获胜，直到决出胜负为止.若甲、乙两名同学参加比赛，则所有可能出现的情形(个人输赢局次的不同视为不同情形)共有( )
A.6种 B.12种 C.18种 D.20种
某单位安排甲、乙、丙、丁4名工作人员从周一到周五值班，每天有且只有1人值班，每人至少安排一天且甲连续两天值班，则不同的安排方法种数为( )
A.18 B.24 C.48 D.96
a，b，c，d，e共5个人，从中选1名组长1名副组长，但a不能当副组长，不同选法的种数是( )
A.20 B.16 C.10 D.6
某班有9名运动员，其中5人会打篮球，6人会踢足球，现从中选出2人分别参加篮球赛和足球赛，则不同的选派方案有( )
A.28种 B.30种 C.27种 D.29种
把8个相同的小球全部放入编号为1,2,3,4的四个盒中，则不同的放法种数为( )
A.35 B.70 C.165 D.1 860
二、填空题
如图，从A到O有________种不同的走法(不重复过一点).
正整数180的正约数的个数为 .
7位身高均不等的同学排成一排照相，要求中间最高，依次往两端身高逐渐降低，共有________种排法.
从1,3,5,7,9中任取2个数字，从0,2,4,6中任取2个数字，一共可以组成 个没有重复数字的四位数.(用数字作答)
如图所示，在A，B间有四个焊接点，若焊接点脱落，则可能导致电路不通，今发现A，B之间线路不通，则焊接点脱落的不同情况有________种.
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18个不同的二次函数，其中偶函数有 个(用数字作答).
\s 0 答案解析
答案为：B；
解析：依题意，这个四位数的百位数、十位数、个位数之和为4.由4,0,0组成3个数分别为400,040,004；由3,1,0组成6个数分别为310,301,130,103,013,031；由2,2,0组成3个数分别为220,202,022；由2,1,1组成3个数分别为211,121,112.共计3＋6＋3＋3=15(个).
答案为：A；
解析：分三步，先插一个新节目，有7种方法，再插第二个新节目，有8种方法，最后插第三个节目，有9种方法.故共有7×8×9=504种不同的插法.
答案为：B.
解析：由题知，可先将B，C二人看作一个整体，再与剩余人进行排列，
则不同的座次有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(4,4)=48种.
答案为：D；
解析：由个位数字与十位数字之和为奇数知个位数字、十位数字1奇1偶，有Ceq \\al(1,5)Ceq \\al(1,5)Aeq \\al(2,2)＝50种排法；所有数位上的数字和为偶数，则百位数字是奇数，有Ceq \\al(1,4)＝4种满足题意的选法，故满足题意的三位数共有50×4＝200(个).
答案为：B；
解析：由题意，有两类：第一类，一班的2名同学在甲车上，甲车上剩下两个要来自不同的班级，从三个班级中选两个，有Ceq \\al(2,3)=3种，然后分别从选择的班级中再选择一个学生，有Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,2)=4种，故有3×4=12种.第二类，一班的2名同学不在甲车上，则从剩下的3个班级中选择一个班级的两名同学在甲车上，有Ceq \\al(1,3)=3种，然后再从剩下的两个班级中分别选择一人，有Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,2)=4种，这时共有3×4=12种，根据分类计数原理得，共有12＋12=24种不同的乘车方式，故选B.
答案为：C.
解析：分五步完成：第一步，决出第1名的情况有3种；第二步，决出第5名的情况有3种；第三步，决出第2名的情况有3种；第四步，决出第3名的情况有2种；第五步，决出第4名的情况有1种.因此，根据分步乘法计数原理可知，5名同学的名次排列情况可能有3×3×3×2×1=54(种).
答案为：A；
解析：由题意知将甲、乙两本书放在两端有Aeq \\al(2,2)种放法，将丙、丁两本书捆绑，与剩余的两本书排列，有Aeq \\al(3,3)种放法，将相邻的丙、丁两本书排列，有Aeq \\al(2,2)种放法，所以不同的摆放方法有Aeq \\al(2,2)×Aeq \\al(3,3)×Aeq \\al(2,2)＝24(种)，故选A.
答案为：D
解析：分三种情况：恰好打3局(一人赢3局)，有2种情形；恰好打4局(一人前3局中赢2局，输1局，第4局赢)，共有2Ceq \\al(2,3)=6种情形；恰好打5局(一人前4局中赢2局，输2局，第5局赢)，共有2Ceq \\al(2,4)=12种情形.所有可能出现的情形共有2＋6＋12=20(种).
答案为：B；
解析：甲连续两天值班，共有(周一，周二)，(周二，周三)，(周三，周四)，(周四，周五)四种情况，剩下三个人进行全排列，有Aeq \\al(3,3)＝6种排法，因此共有4×6＝24种排法，故选B.
答案为：B.
解析：当a当组长时，则共有1×4=4种选法；当a不当组长时，
又因为a也不能当副组长，则共有4×3=12种选法.因此共有4＋12=16种选法.
答案为：A.
解析：有9名运动员，其中5人会打篮球，6人会踢足球，则有2人既会踢足球又会打篮球，有3人只会打篮球，有4人只会踢足球，所以选派的方案有四类：选派两种球都会的运动员有2种方案；选派两种球都会的运动员中一名踢足球，只会打篮球的运动员打篮球，有2×3=6(种)方案；选派两种球都会的运动员中一名打篮球，只会踢足球的运动员踢足球，有2×4=8(种)方案；选派只会打篮球和踢足球的运动员分别打篮球和踢足球，有3×4=12(种)方案.综上可知，共有2＋6＋8＋12=28(种)方案，故选A.
答案为：C；
解析：根据题意，分4种情况讨论：
①没有空盒，将8个相同的小球排成一列，排好后，各球之间共有7个空位，在7个空位中任选3个，插入隔板，将小球分成4组，顺次对应4个盒子，有Ceq \\al(3,7)=35种放法；
②有1个空盒，在4个盒中任选3个，放入小球，有Ceq \\al(3,4)=4种选法，将8个相同的小球排成一列，排好后，各球之间共有7个空位，在7个空位中任选2个，插入隔板，将小球分成3组，顺次对应3个盒子，有Ceq \\al(2,7)=21种分组方法，则有4×21=84种放法；
③有2个空盒，在4个盒中任选2个，放入小球，有Ceq \\al(2,4)=6种选法，将8个相同的小球排成一列，排好后，各球之间共有7个空位，在7个空位中任选1个，插入隔板，将小球分成2组，顺次对应2个盒子，有Ceq \\al(1,7)=7种分组方法，则有6×7=42种放法；
④有3个空盒，即将8个小球全部放进1个盒子，有4种放法.
故一共有35＋84＋42＋4=165种放法.故选C.
答案为：5
解析：分3类：第一类，直接由A到O，有1种走法；第二类，中间过一个点，
有A→B→O和A→C→O共2种不同的走法；第三类，中间过两个点，
有A→B→C→O和A→C→B→O共2种不同的走法，
由分类加法计数原理可得共有1＋2＋2=5种不同的走法.
答案为：18.
解析：180=22×32×5，其正约数的构成是2i3j5k形式的数，
其中i=0,1,2，j=0,1,2，k=0,1，故其不同的正约数有3×3×2=18(个).
答案为：20
解析：先排最中间位置有一种排法，再排左边3个位置，由于顺序一定，共有Ceq \\al(3,6)种排法，再排剩下右边三个位置，共一种排法，所以排法种数为Ceq \\al(3,6)=20(种).
答案为：1260.
解析：若取的4个数字不包括0，则可以组成的四位数的个数为Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(2,3)Aeq \\al(4,4)；
若取的4个数字包括0，则可以组成的四位数的个数为Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,3)Aeq \\al(3,3).
综上，一共可以组成的没有重复数字的四位数的个数为Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(2,3)Aeq \\al(4,4)＋Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,3)Aeq \\al(3,3)=720＋540=1 260.
答案为：13
解析：四个焊点共有24种情况，其中使线路通的情况有：1,4都通，2和3至少有一个通时线路才通，共有3种可能.故不通的情况有24－3=13种可能.
答案为：6；
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.