专题19 复杂问题列举法策略-2024年新高考数学题型全归纳之排列组合

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专题19 复杂问题列举法策略
【方法技巧与总结】
对于条件比较复杂的排列组合问题，不易用公式进行运算，往往运用穷举法或画出树状图，会收到意想不到的结果．
【典型例题】
例1．（2023·全国·高三专题练习）数论领域的四平方和定理最早由欧拉提出，后被拉格朗日等数学家证明．四平方和定理的内容是：任意正整数都可以表示为不超过四个自然数的平方和，例如正整数．设，其中a，b，c，d均为自然数，则满足条件的有序数组的个数是（    ）
A．28 B．24 C．20 D．16
【答案】A
【解析】显然a，b，c，d均为不超过5的自然数，下面进行讨论．
最大数为5的情况：
①，此时共有种情况；
最大数为4的情况：
②，此时共有种情况；
③，此时共有种情况．
当最大数为3时，，故没有满足题意的情况．
综上，满足条件的有序数组的个数是．
故选：A
例2．（2023·江苏盐城·江苏省滨海中学校考模拟预测）从集合的非空子集中随机选择两个不同的集合A，B，则的概率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】集合的非空子集有共7个，
从7个中选两个不同的集合A，B，共有种选法，
因为，
当时，则可为共3种，
当时，共1种，
同理当时，则可为共3种，
当时，共1种，
则符合的共有种，
所以的概率为.
故选：A.
例3．（2023春·浙江宁波·高二校联考期末）已知字母，，各有两个，现将这6个字母排成一排，若有且仅有一组字母相邻（如），则不同的排法共有（    ）种
A．36 B．30 C．24 D．16
【答案】A
【解析】有且仅有一组字母相邻，这组字母有三种情况：.
当相邻的这组字母为时，将6个位置编成1-6号，
若在1号和2号，则3号和5号字母相同，4号和6号字母相同，有2种排法；
若在2号和3号，则1号和5号字母相同，4号和6号字母相同，有2种排法；
若在3号和4号，则1号和2号字母不相同，5号和6号字母不相同，有种排法；
若在4号和5号，则2号和6号字母相同，1号和3号字母相同，有2种排法；
若在5号和6号，则1号和3号字母相同，2号和4号字母相同，有2种排法，
即相邻的字母为时，共有种排法.
同理，相邻的字母为时，也都有12种排法，故共有种排法.
故选：A.
例4．（2023·全国·高三专题练习）某人设计一项单人游戏，规则如下：先将一棋子放在如图所示正方形（边长为2个单位）的顶点处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走了几个单位，如果掷出的点数为，则棋子就按逆时针方向行走个单位，一直循环下去.则某人抛掷三次骰子后棋子恰好又回到起点处的所有不同走法共有（    ）

A．21种 B．22种 C．25种 D．27种
【答案】D
【解析】由题意，正方形的周长为8，抛掷三次骰子的点数之和为8或16，
①点数之和为8的情况有：；；；；，排列方法共有种；
②点数之和为16的情况有：；，排列方法共有种.
所以，抛掷三次骰子后棋子恰好又回到起点处的所有不同走法共有种.
故选：D.
例5．（2023·高二课时练习）中国古代十进制的算筹计数法，在数学史上是一个伟大的创造，算筹实际上是一根根同长短的小木棍．如图，是利用算筹表示数的一种方法．例如：3可表示为“”，26可表示为“”．现有6根算筹，据此表示方法，若算筹不能剩余，则可以用这9数字表示两位数的个数为　　

A．13 B．14 C．15 D．16
【答案】D
【解析】根据题意，现有6根算筹，可以表示的数字组合为1、5，1、9，2、4，2、8，6、4，6、8，3、3，3、7，7、7；
数字组合1、5，1、9，2、4，2、8，6、4，6、8，3、7中，每组可以表示2个两位数，则可以表示个两位数；
数字组合3、3，7、7，每组可以表示1个两位数，则可以表示个两位数；
则一共可以表示个两位数；
故选．
例6．（2023·海南海口·统考一模）形如45132这样的数称为“波浪数”，即十位上的数字，千位上的数字均比与它们各自相邻的数字大，则由1，2，3，4，5可组成数字不重复的五位“波浪数”的个数为
A．20 B．18 C．16 D．11
【答案】C
【解析】此“波浪数”中，十位数字，千位数字必有5、另一数是3或4；
是4时“波浪数”有；
另一数3时4、5必须相邻即45132；45231；13254；23154四种．
则由1，2，3，4，5可构成数字不重复的五位“波浪数”个数为16，
故选C．
例7．（2023春·陕西西安·高二西安中学校考期中）我们把各位数字之和等于6的三位数称为“吉祥数”，例如123就是一个“吉祥数”，则这样的“吉祥数”一共有（　　）
A．28个 B．21个 C．35个 D．56个
【答案】B
【解析】当数字为时，此时可组成数字的个数为个；
当数字为时，此时可组成数字的个数为个；
当数字为时，此时可组成数字的个数为个；
当数字为时，此时可组成数字的个数为个；
当数字为时，此时可组成数字的个数为个；
当数字为时，此时可组成数字的个数为个；
当数字为时，此时可组成数字的个数为个；
综上所述，共有个这样的“吉祥数”，故选B.
例8．（2023·河北·高三河北衡水中学校考阶段练习）从这100个自然数中随机抽取三个不同的数,这三个数成等差数列的取法数为,随机抽取四个不同的数,这四个数成等差数列的取法数为,则的后两位数字为（    ）
A．89 B．51 C．49 D．13
【答案】C
【解析】解:由题知,当抽取三个不同的数,成等差数列时,记公差为,
当时,数列可为:
共计98个,
当时,数列可为:
共计96个,
当时,数列可为:
共计94个,
,
当时,数列可为:
共计4个,
当时,数列可为:
共计2个,
故
,
当抽取四个不同的数,成等差数列时,记公差为,
当时,数列可为:
共计97个,
当时,数列可为:
共计94个,
当时,数列可为:
共计91个,
,
当时,数列可为:
共计4个,
当时,数列可为:
共计1个,
故
,
所以
,
所以的后两位与的后两位一致,
,
因为
,
因为的后两位一定是00,
故的后两位数与的后两位一致,
因为,
故的后两位数为49,即的后两位数为49.
故选:C
例9．（2023秋·辽宁沈阳·高二东北育才学校校考期末）定义：“各位数字之和为7的四位数叫幸运数”，比如“1006，2023”，则所有“幸运数”的个数为（　　）
A．20 B．56 C．84 D．120
【答案】C
【解析】因为各位数字之和为7的四位数叫幸运数,所以按首位数字分别计算
当首位数字为,则剩余三位数分别是,共有个幸运数;
当首位数字为,则剩余三位数分别是,共有个幸运数;
当首位数字为,则剩余三位数分别是,共有个幸运数;
当首位数字为,则剩余三位数分别是,共有个幸运数;
当首位数字为,则剩余三位数分别是,共有个幸运数;
当首位数字为,则剩余三位数分别是,共有个幸运数;
当首位数字为,则剩余三位数分别是,共有个幸运数;
则共有个幸运数;
故选:.
例10．（2023·全国·高三专题练习）设，，，那么满足的所有有序数组的组数为（    ）
A．45 B．46 C．47 D．48
【答案】C
【解析】①当时，，则，共1组；
②当时，，则，不同时为2，共组；
③当时，，则，为中任一元素，共组；
④当时，，则，不同时为0，共组．
故满足题意的有序数组共有47组．
故选：C.
例11．（2023·全国·高三竞赛）将一个三位数的三个数字顺序颠倒，将所得到的数与原数相加，若和中没有一个数字是偶数，则称这个数为“奇和数”.那么，所有的三位数中，奇和数有（    ）个.
A．100 B．120 C．160 D．200
【答案】A
【解析】设三位奇和数百位、十位、各位上的数字分别为，，，
则颠倒顺序后的数与原数相加为．
如果此数的每一位都为奇数，那么必为奇数，
由于定为偶数，所以如果让十位数为奇数，那么必须大于10．
又当时，百位上进1，那么百位必为偶数，
所以，则可取0，1，2，3，4．
由于为奇数，且，
所以满足条件的有：
当时，．
当时，．
当时，，9．
当时，，8．
当时，，7，9．
当时，，6，8．
当时，，5，7，9．
当时，，4，6，8．
共有20种情况，由于可取0，1，2，3，4．
故，共有100个三位奇和数．
故选：A．
例12．（2023·高二单元测试）从1到100这100个自然数中,每次取出不同的两个数,使它们的和大于100,不同取法共有(　　)种.
A．50 B．100 C．1275 D．2500
【答案】D
【解析】根据题意，若每次取出2个数的和大于100，则两个数中至少有一个大于50，
即可分两种情况讨论：
①若取出的2个数都大于50，则有种；
②若取出的2个数有一个小于或等于50，
当取1时，另一个只能取100，有种取法；
当取2时，另一个只能取100或99，有种取法；
…
当取50时，另一个只能取中的一个，有种取法.
共有，
综合①②可得，取法种数为种.
故选：D.
例13．（2023·全国·高三专题练习）2021年8月17日，国家发改委印发的《2021年上半年各地区能耗双控目标完成情况晴雨表》显示，青海､宁夏､广西､广东､福建､新疆､云南､陕西､江苏､浙江､安徽､四川等12个地区能耗强度同比不降反升，全国节能形势十分严峻.某地市为响应节能降耗措施，决定对非繁华路段路灯在晚高峰期间实行部分关闭措施.如图，某路段有十盏路灯（路两边各有五盏），现欲在晚高峰期关闭其中的四盏灯，为保证照明的需求，要求相邻的路灯不能同时关闭且相对的路灯也不能同时关闭，则不同的关闭方案有（    ）

A．15种 B．16种 C．17种 D．18种
【答案】B
【解析】因为在晚高峰期关闭其中的四盏灯，为保证照明的需求，要求相邻的路灯不能同时关闭且相对的路灯也不能同时关闭，所以不同的关闭方案如下：
，
，
共16种方案，
故选：B
例14．（2023春·上海长宁·高二上海市延安中学校考期末）“2021年12月2日”因其数字“20211202”的对称性被很多人晒到了朋友圈，类似这样的对称性的日期，在二十一世纪还能再遇到_____________次.
【答案】7
【解析】由题设，最后两位数字依次为，
第5和6位可能为，
对应第3和4位为，
所以“20211202”之后，还可以遇到共7次.
故答案为：7
例15．（2023·全国·高二专题练习）甲、乙、丙三人玩传球游戏，第1次由甲将球传出，传了4次球后，球回到甲手里的不同方法共有______种.
【答案】6
【解析】方法一：画树状图，如图所示，

由图可知经过4次传球后，球仍回到甲手中的不同传球的方法共有6种.
故答案为：6.
方法二：
根据题意，可转化为排列问题，甲乙丙按先后顺序排列到五个位置，相邻的两个位置排的人不能相同，第一和第五个位置只能排甲，第二和第四个位置不能排甲：
①当第三个位置排甲时，第二个位置可以排乙丙，第四个位置可以排乙丙，共2×2＝4种排法；
②当第三个位置排乙时，第二个和第四个位置只能排丙，共1种排法；
③当第三个位置排丙时，第二个和第四个位置只能排乙，共1种排法；
综上，满足题意的排法有4＋1＋1＝6种.
故答案为：6.
例16．（2023春·江苏泰州·高二统考期中）三个人踢毽，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过4次传递后，毽又被踢回给甲，则不同的传递方式共有 （用数字作答）．
【答案】6.
【解析】若甲先传给乙,则有:甲→乙→甲→乙→甲,甲→乙→甲→丙→甲,甲→乙→丙→乙→甲3种不同的传法,同理甲先传给丙,也有3种不同的传法,共有6种不同的传法.
故答案为6.
考点：分类加法计数原理.
例17．（2023·辽宁大连·校联考一模）在一次游戏中，三个人采用击鼓传花的方式决定最后的表演者．三个人互相传递，每人每次只能传一下，由甲开始传，经过五次传递后，花又被传回给甲，则不同的传递方式有______种（用数字作答)．
【答案】10
【解析】设这三个人分别是甲、乙、丙，则他们的传递方式，如下图

故共有10种.
故答案为：10.
例18．（2023春·江苏无锡·高二江苏省天一中学校考期中）设，那么满足的所有有序数组的组数为_________.
【答案】26
【解析】，所有有序数组中，
满足的所有有序数组，
分为三个-1一个0，两个-1两个0，一个-1两个0一个2，三个0一个2共四类情况，
不同的种数为
故答案为：26
例19．（2023·高二课时练习）从集合中任意选择三个不同的数，使得这三个数组成等差数列，这样的等差数列有____________个
【答案】98
【解析】当公差为时，数列可以是：，，，……，共13种情况.
当公差为时，数列可以是：，，，……，共11种情况.
当公差为时，数列可以是：，，，……，共9种情况.
当公差为时，数列可以是：，，，……，共7种情况.
当公差为时，数列可以是：，，，，，共5种情况.
当公差为时，数列可以是：，，，共3种情况.
当公差为时，数列可以是：，共1种情况.
总的情况是.
又因为三个数成公差数列有两种情况，递增或递减，所以这样的等差数列共有个.
故答案为：98.
例20．（2023·全国·高三专题练习）工人在安装一个正六边形零件时，需要固定如图所示的六个位置的螺栓.若按一定顺序将每个螺栓固定紧，但不能连续固定相邻的2个螺栓.则不同的固定螺栓方式的种数是________．

【答案】60
【解析】根据题意，第一个可以从6个钉里任意选一个，共有6种选择方法，并且是机会相等的，若第一个选1号钉的时候，第二个可以选3,4,5号钉，依次选下去，可以得到共有10种方法，所以总共有种方法，故答案是60.
例21．（2023春·上海浦东新·高三上海市川沙中学校考期中）一个三位数，个位､十位､百位上的数字依次为，当且仅当且时，称这样的数为“凸数”(如341)，则从集合中取出三个不相同的数组成的“凸数”个数为___________.
【答案】
【解析】由题意可得只能去3,4,5，
当时，凸数有 132,231共2个；
当时，凸数有142,241,143,341,243,342共6个；
当时，凸数有152,251,153,351,154,451,253,352,254,452,354,453共12个；
综上，共有20个凸数.
故答案为：20
例22．（2023春·北京·高二统考期中）若一个三位数的十位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________个
【答案】40
【解析】根据题意，十位上的数最大，只能为3、4、5、6，
分四种情形处理，当十位数字为3时，百位、个位的数字为1、2，有种选法，
当十位数字为4时，百位、个位的数字为1、2、3，有种选法，
当十位数字为5时，百位、个位的数字为1、2、3、4，有种选法，
当十位数字为6时，百位、个位的数字为1、2、3、4、5，有种选法，
则伞数的个数为+++ =40；
例23．（2023·全国·高三专题练习）设有编号为1，2，3，4，5的五个球和编号为1，2，3，4，5的盒子现将这5个球投入5个盒子要求每个盒子放一个球，并且恰好有两个球的号码与盒子号码相同，问有多少种不同的方法？
【解析】从5个球中取出2个与盒子对号有种，还剩下3个球与3个盒子序号不能对应，
利用枚举法：
如剩下3，4，5号球与3，4，5号盒子时，3号球不能装入3号盒子，
当3号球装入4号盒子时，4，5号球只有1种装法，
当3号球装入5号盒子时，4，5号球只有1种装法，
所以剩下三球只有2种装法，
综上，不同的装法数为种．
例24．（2023·全国·高二专题练习）甲､乙､丙三人相互传球，由甲开始发球，经过次传球，球仍回到甲手中，不同的传球方法共有多少种？
【解析】由甲开始发球，可发给乙，也可发给丙.
若甲发球给乙，其传球方法的树状图如图，

共种.
同理，甲第一次发球给丙，也有种情况.
由分类加法计数原理，共有(种)不同的传球方法.
例25．（2023·高二课时练习）在1，2，3，…，30这30个数中，每次取两两不等的三个数，使它们的和为3的倍数，共有多少种不同的取法？
【解析】把这30个数按除以3后的余数分为三类：，，，
每个集合各有10个元素．三个数的和为3的倍数的取法分两类：
①在同一个集合中取三个数，有种取法；
②在每个集合中各取一个数，有种取法．
由分类加法计数原理，共有种不同的取法．
例26．（2023·全国·高三专题练习）10级台阶，某人可一步跨一级，也可跨两级，也可跨三级．
(1)他6步就可上完台阶的方法数是多少？
(2)他上完台阶的方法总数是多少？
【解析】(1)设跨1级、2级、3级的步数分别为，
所以，解得或或，
所以总方法数为.
(2)由且，
所以的可能组合有、、、、、、、、、、、、、.
对应的情况数为、、、、、、、、、、、、、，
所以共有种.
例27．（2023·浙江·高三专题练习）用这六个数字组成无重复数字的自然数.（1）在组成的三位数中，如果十位上的数字比百位上的数字及个位上的数字都大，则称这个数为“凸数”，如等都是“凸数”，则“凸数”有_______个；（2）在组成的五位数中，恰有一个偶数数字夹在两个奇数数字之间的自然数有________个.
【答案】         
【解析】（1）将这些“凸数”分为三类，且百位不能为：
（i）若十位数字为，则只有“”，种情况；
（ii）若十位数字为，则共有；
（iii）若十位数字为，则共有（个），
所以，共有个符合题意的“凸数”．
（2）将符合题意的五位数分为三类：
（i）若两个奇数数字在一、三位置，则共有（个）；
（ii）若两个奇数数字在二、四位置，则共有（个）；
（iii）若两个奇数数字在三、五位置，则共有（个），
所以，共有个符合题意的五位数．
故答案为：；.