2022年新高考一轮复习考点精选练习44《排列与组合》（含详解）

这是一份2022年新高考一轮复习考点精选练习44《排列与组合》（含详解），共5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
元旦假期期间，某大学的8名同学拼车去旅游，其中大一、大二每个年级各4名.现有甲、乙两辆汽车，每车限坐4名同学，其中大一的一对孪生兄弟需乘同一辆车，则乘坐甲车的4名同学中恰有3名来自于同一年级的乘车方式共有( )
A.16种 B.18种 C.24种 D.36种
从1,3,5中取两个数，从2,4中取一个数，可以组成没有重复数字的三位数，则在这些三位数中，奇数的个数为( )
A.12 B.18 C.24 D.36
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.144 B.120 C.72 D.24
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
已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为( )
A.40 B.16 C.13 D.10
某校开设9门课程供学生选修，其中A，B，C 3门由于上课时间相同，至多选1门.若学校规定每位学生选修4门，则不同选修方案共有( )
A.15种 B.60种 C.75种 D.100种
从集合{1,2,3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为( )
A.3 B.4 C.6 D.8
我国的第一艘航空母舰“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中，有5架“歼­15”飞机准备着舰，规定乙机不能最先着舰，且丙机必须在甲机之前着舰(不一定相邻)，那么不同的着舰方法种数为( )
A.24 B.36 C.48 D.96
用数字0,1,2,3,4组成没有重复数字且大于3 000的四位数，这样的四位数有( )
A.250个 B.249个 C.48个 D.24个
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.16 B.18 C.24 D.32
身高从矮到高的甲、乙、丙、丁、戊5人排成高矮相间的一个队形，则甲丁不相邻的不同的排法共有( )
A.12 B.14 C.16 D.18
西湖公园花展期间，安排6位志愿者到4个展区提供服务，要求甲、乙两个展区各安排一个人，剩下两个展区各安排两个人，不同的安排方案共有( )
A.90种 B.180种 C.270种 D.360种
二、填空题
从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有________种.(用数字填写答案)
某医院拟派2名内科医生，3名外科医生和3名护士共8人组成两个医疗分队，平均分到甲、乙两个村进行义务巡诊，其中每个分队都必须有内科医生，外科医生和护士，则不同的分配方案有 种.
某校有4个社团向高一学生招收新成员，现有3名同学，每人只选报1个社团，恰有2个社团没有同学选报的报法有________种(用数字作答).
用数字1,2,3组成的五位数中，数字1,2,3均出现的五位数共有______个(用数字作答).
设三位数n=eq \x\t(abc)，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 个.
某小区一号楼共有7层，每层只有1家住户，已知任意相邻两层楼的住户在同一天至多一家有快递，且任意相邻三层楼的住户在同一天至少一家有快递，则在同一天这7家住户有无快递的可能情况共有 种.
\s 0 2答案解析
答案为：A
解析：由题意，第一类，若大一年级有3名同学在甲车上，由于孪生兄弟需乘同一辆车，则孪生兄弟必在甲车上，剩下2名同学大一、大二各1名，共有Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,4)=8(种)；第二类，若大二年级有3名同学在甲车上，则需从大一除孪生兄弟以外的2名中选1名坐甲车，共有Ceq \\al(3,4)Ceq \\al(1,2)=8(种)，因此共有16种不同的乘车方式，故选A.
答案为：C；
解析：从1,3,5中取两个数有Ceq \\al(2,3)种方法，从2,4中取一个数有Ceq \\al(1,2)种方法，而奇数只能从1,3,5取出的两个数之一作为个位数，故奇数的个数为Ceq \\al(2,3)Ceq \\al(1,2)Aeq \\al(1,2)Aeq \\al(2,2)=3×2×2×2×1=24(个).
答案为：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Aeq \\al(3,4)=4×3×2=24.
答案为：C；
解析：利用正方体中两个独立的正四面体解题，如图，它们的棱是原正方体的12条面对角线.
一个正四面体中两条棱成60°角的有(Ceq \\al(2,6)－3)对，两个正四面体有(Ceq \\al(2,6)－3)×2对.又正方体的面对角线中平行成对，所以共有(Ceq \\al(2,6)－3)×2×2=48对，故选C.

答案为：C；
解析：分两类情况讨论：第1类，直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面；第2类，直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面.根据分类加法计数原理知，共可以确定8＋5＝13个不同的平面.
答案为：C
解析：由题意知，满足题意的选修方案有两类：第一类是所选的4门全来自于除A，B，C外的6门课程，选修方案有Ceq \\al(4,6)=15(种)；第二类是所选的4门中有且仅有1门来自于A，B，C，另外3门从除A，B，C外的6门课程中选择，选修方案有Ceq \\al(3,6)Ceq \\al(1,3)=60(种).由分类加法计数原理可得满足题意的不同选修方案总数是15＋60=75.
答案为：D；
解析：先考虑递增数列，以1为首项的等比数列为1,2,4；1,3,9.以2为首项的等比数列为2,4,8.以4为首项的等比数列为4,6,9.同理可得到4个递减数列，
∴所求的数列的个数为2(2＋1＋1)＝8.
答案为：C.
解析：根据题意，分2种情况讨论：①丙机最先着舰，此时只需将剩下的4架飞机全排列，有Aeq \\al(4,4)=24种情况，即此时有24种不同的着舰方法；②丙机不最先着舰，此时需要在除甲、乙、丙之外的2架飞机中任选1架，作为最先着舰的飞机，将剩下的4架飞机全排列，丙机在甲机之前和丙机在甲机之后的数目相同，则此时有eq \f(1,2)×Ceq \\al(1,2)Aeq \\al(4,4)=24种情况，即此时有24种不同的着舰方法.则一共有24＋24=48种不同的着舰方法.故选C.
答案为：C；
解析：①当千位上的数字为4时，满足条件的四位数有Aeq \\al(3,4)＝24(个)；
②当千位上的数字为3时，满足条件的四位数有Aeq \\al(3,4)＝24(个).
由分类加法计数原理得所有满足条件的四位数共有24＋24＝48(个)，故选C.
答案为：C；
解析：将4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3个车位上任意排列，有Aeq \\al(3,3)=6(种)排法，再将捆绑在一起的4个车位插入4个空档中，有4种方法，故共有4×6=24(种)方法.
答案为：B；
解析：从矮到高的甲、乙、丙、丁、戊5人的身高可记为1,2,3,4,5.要求1,4不相邻.分四类：①先排4,5时，则1只有1种排法，2,3在剩余的两个位上，这样有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(2,2)=4(种)排法；②先排3,5时，则4只有1种排法，2,1在剩余的两个位上，这样有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(2,2)=4种排法；③先排1,2时，则4只有1种排法，3,5在剩余的两个位上，这样有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(2,2)=4(种)排法；④先排1,3时，则这样的数只有两个，即21534,43512，只有两种排法.综上共有4＋4＋4＋2=14(种)排法，故选B.
答案为：B.
解析：根据题意，分3步进行分析：
①在6位志愿者中任选1个，安排到甲展区，有Ceq \\al(1,6)=6种情况；
②在剩下的5个志愿者中任选1个，安排到乙展区，有Ceq \\al(1,5)=5种情况；
③将剩下的4个志愿者平均分成2组，然后安排到剩下的2个展区，有eq \f(C\\al(2,4)C\\al(2,2),A\\al(2,2))×Aeq \\al(2,2)=6种情况，则一共有6×5×6=180种不同的安排方案，故选B.
答案为：16；
解析：法一：(直接法)按参加的女生人数可分两类：只有1位女生参加有Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(2,4)种，
有2位女生参加有Ceq \\al(2,2)Ceq \\al(1,4)种.故共有Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(2,4)＋Ceq \\al(2,2)Ceq \\al(1,4)＝2×6＋4＝16(种).
法二：(间接法)从2位女生，4位男生中选3人，共有Ceq \\al(3,6)种情况，没有女生参加的情况有Ceq \\al(3,4)种，故共有Ceq \\al(3,6)－Ceq \\al(3,4)＝20－4＝16(种).
答案为：36；
解析：2名内科医生的分法为Aeq \\al(2,2)，3名外科医生与3名护士的分法为Ceq \\al(2,3)Ceq \\al(1,3)＋Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(2,3)，
共有Aeq \\al(2,2)(Ceq \\al(2,3)Ceq \\al(1,3)＋Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(2,3))=36(种)不同的分法.
答案为：36；
解析：法一：第一步，选2名同学报名某个社团，有Ceq \\al(2,3)·Ceq \\al(1,4)＝12种报法；
第二步，从剩余的3个社团里选一个社团安排另一名同学，有Ceq \\al(1,3)·Ceq \\al(1,1)＝3种报法.
由分步乘法计数原理得共有12×3＝36种报法.
法二：第一步，将3名同学分成两组，一组1人，一组2人，共Ceq \\al(2,3)种方法；
第二步，从4个社团里选取2个社团让两组同学分别报名，共Aeq \\al(2,4)种方法.
由分步乘法计数原理得共有Ceq \\al(2,3)·Aeq \\al(2,4)＝36(种).
答案为：150；
解析：使用间接法，首先计算全部的情况数目，共3×3×3×3×3＝243(个)，
其中包含数字全部相同(即只有1个数字)的有3个，还有只含有2个数字的有Ceq \\al(2,3)·(2×2×2×2×2－2)＝90(个).故1,2,3均出现(即含有3个数字)的五位数有243－3－90＝150(个).
答案为：165；
解析：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=Ceq \\al(1,9)=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2Ceq \\al(2,9)组，但当大数为底时，设a>b，必须满足b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Ceq \\al(2,3)种情况，
故n2=Ceq \\al(2,3)(2Ceq \\al(2,9)－20)=156.
综上，n=n1＋n2=165.
答案为：12.
解析：分三类：
(1)同一天2家有快递：可能是2层和5层、3层和5层、3层和6层，共3种情况；
(2)同一天3家有快递：考虑将有快递的3家插入没有快递的4家形成的空位中，有Ceq \\al(3,5)种插入法，但需减去1层、3层与7层有快递，1层、5层与7层有快递这两种情况，所以有Ceq \\al(3,5)－2=8种情况；
(3)同一天4家有快递：只有1层、3层、5层、7层有快递这一种情况.
根据分类加法计数原理可知，同一天7家住户有无快递的可能情况共有3＋8＋1=12种.