6.2排列与组合 同步练（Word版含解析）
文档属性
| 名称 | 6.2排列与组合 同步练（Word版含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 247.2KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-05-07 11:55:01 | ||
图片预览
文档简介
人教A版（2019）选择性必修第三册 6.2 排列与组合 同步练习
一、单选题
1．甲、乙、丙、丁、戊5名党员参加“党史知识竞赛”，决出第一名到第五名的名次（无并列名次），已知甲排第三，乙不是第一，丙不是第五．据此推测5人的名次排列情况共有（ ）种
A．5 B．8 C．14 D．21
2．甲、乙、丙3人站到共有6级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法总数是（ ）
A．90 B．120 C．210 D．216
3．某工程队有卡车 挖掘机 吊车 混凝土搅拌车各一辆，将它们全部派往3个工地进行作业，每个工地至少派一辆，则不同的派法种数是（ ）
A．18 B．9 C．27 D．36
4．从10名排球队员中选出7人参加比赛，则不同的选法种数为（ ）
A．150 B．120 C．160 D．110
5．有8位学生春游，其中小学生2名 初中生3名 高中生3名.现将他们排成一列，要求2名小学生相邻 3名初中生相邻，3名高中生中任意两名都不相邻，则不同的排法种数有（ ）
A．288种 B．144种 C．72种 D．36种
6．年二十国集团()领导人峰会将在日本大阪开幕，为了欢迎二十国集团政要及各位来宾的到来，日本大阪市长决定举办大型歌舞晚会，现从、、、、共名歌手中任选人出席演唱活动，当名歌手中有和时，需排在的前面出场(不一定相邻)，则不同的出场方法有（ ）．
A．种
B．种
C．种
D．种
7．《周易》是我国古代典籍，用“卦”描述了天地世间万象变化.如图是一个八卦图，包含乾、坤、震、巽、坎、离、艮、兑八卦(每一卦由三个爻组成，其中“”表示一个阳爻，“”表示一个阴爻).若从八卦中任取两卦，这两卦的六个爻中恰有两个阳爻的概率为 （ ）
A． B． C． D．
8．用数字1，2，3，4，6可以组成无重复数字的五位偶数有（ ）
A．48个 B．64个
C．72个 D．90个
9．现安排甲、乙、丙、丁、戌5名同学参加上海世博会志愿者服务活动，每人从事翻译、导游、礼仪、司机四项工作之一，每项工作至少有一人参加．甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙丁戌都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是
A．152 B．126 C．90 D．54
10．某交通岗共有3人，从周一到周日的七天中，每天安排一人值班，每人至少值2天，其不同的排法共有（ ）种．
A．5040 B．1260 C．210 D．630
11．2022年北京冬奥会和冬残奥会给世界人民留下了深刻的印象，其吉祥物“冰墩墩”和“雪容融的设计好评不断，这是一次中国文化与奥林匹克精神的完美结合．为了弘扬奥林匹克精神，某学校安排甲、乙等5名志愿者将吉祥物“冰墩墩”和“雪容融”安装在学校的体育广场，每人参与且只参与一个吉祥物的安装，每个吉祥物都至少由两名志愿者安装．若甲、乙必须安装不同的吉祥物，则不同的分配方案种数为（ ）
A．8 B．10 C．12 D．14
12．某传统体育学校计划举行夏季运动会，本次运动会径赛项目有：50米、100米、、3000米共8个项目．为确保径赛项目顺利举办，需要招募一批志愿者，甲、乙两名同学申请报名时，计划在8个项目的服务岗位中各随机选取3项，则两人恰好选中相同2项的不同报名情况有（ ）
A．420种 B．441种 C．735种 D．840种
13．在某场新冠肺炎疫情视频会议中，甲 乙 丙 丁 戊五位疫情防控专家轮流发言，其中甲必须排在前两位，丙 丁必须排在一起，则这五位专家的不同发言顺序共有（ ）
A．8种 B．12种 C．20种 D．24种
14．已知，则的值为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
15．将甲、乙、丙、丁四位辅导老师分配到A、B、C、D四个班级，每个班级一位老师，且甲不能分配到A班，丁不能分配到B班，则共有分配方案的种数为（ ）
A．10 B．12 C．14 D．24
二、填空题
16．2020年国庆档上映的影片有《夺冠》，《我和我的家乡》，《一点就到家》，《急先锋》，《木兰·横空出世》，《姜子牙》，其中后两部为动画片．甲、乙两位同学都跟随家人观影，甲观看了六部中的两部，乙观看了六部中的一部，则甲、乙两人观看了同一部动画片的概率为________．
17．一用户在打电话时忘记了最后3个号码,只记得最后3个数两两不同,且都大于5.于是他随机拨最后3个数(两两不同),设他拨到正确号码的次数为X,随机变量X的可能值有_____个.
18．某校课后服务开展社团活动，甲、乙、丙三个同学独立地从乒乓球、篮球、足球、排球4个社团中任选一个社团参加，则甲、乙、丙三个同学所选社团互不相同的概率为____；
三、解答题
19．已知10件不同的产品中有4件次品，现对它们一一测度，直至找到所有4件次品为止．
（1）若恰在第2次测试时，才测试到第一件次品，第8次才找到最后一件次品，则共有多少种不同的测试方法？
（2）若至多测试6次就能找到所有4件次品，则共有多少种不同的测试方法？
20．如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，求不同的染色方法种数.
21．将位教师分到个班级任教，每位教师教个班，共有多少种不同的分法？
22．相邻的4个车位中停放了4辆不同的车，现将所有车开出后再重新停入这4个车位中．
（1）若要求有3辆车不得停在原来的车位中，有多少种不同的停法？
（2）若要求有2辆车不得停在原来的车位中，有多少种不同的停法？
（3）若要求所有车都不得停在原来的车位中，有多少种不同的停法？
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
按乙排第五和不是第五分类讨论．
【详解】
乙排在第五的情况有：，乙不在第五的方法有，
共有，
故选：C．
关键点点睛：本题考查排列组合的综合应用，解题关键是确定完成事件的方法：是先分类还是先分步：分类后每一类再分步．然后结合计数原理求解．
2．C
根据题意：分为两类：第一类，甲、乙、丙各自站在一个台阶上；第二类，有2人站在同一台阶上，剩余1人独自站在一个台阶上，算出每类的站法数，然后再利用分类计数原理求解.
【详解】
因为甲、乙、丙3人站到共有6级的台阶上，且每级台阶最多站2人，
所以分为两类：第一类，甲、乙、丙各自站在一个台阶上，共有：种站法；
第二类，有2人站在同一台阶上，剩余1人独自站在一个台阶上，共有：种站法；
所以每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置的不同的站法总数是.
故选：C
本题主要考查排列组合的应用以及分类计数原理的应用，还考查了分析求解问题的能力，属于中档题.
3．D
利用捆绑法，先把4辆车分成3组，再把分好的3组分别派给3个工地，即可得到答案；
【详解】
先把4辆车分成3组，再把分好的3组分别派给3个工地，
则不同的派法共有（种）.
故选：D
4．B
根据给定条件确定属组合问题，再用组合列式计算即得.
【详解】
因从10名排球队员中选出7人参加比赛，选出的7人没有顺序性，它是组合问题，
所以，不同的选法种数为.
故选：B
5．B
利用捆绑法和插空法可求得结果.
【详解】
第一步，先将2名小学生看成一个人，3名初中生看成一个人，然后排成一排有种不同排法；第二步，将3名高中生插在这两个整体形成的3个空档中，有种不同排法；第三步，排2名小学生有种不同排法，排3名初中生有种不同排法.
根据分步计数原理，共有种不同排法.
故选：B
方法点睛：本题主要考查排列的应用，属于中档题.常见排列数的求法为：
（1）相邻问题采取“捆绑法”；
（2）不相邻问题采取“插空法”；
（3）有限制元素采取“优先法”；
（4）特殊元素顺序确定问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数.
6．A
运用分类计算原理，结合组合与排列的定义进行求解即可.
【详解】
第一种情况：和都不选时方法有种，
第二种情况：和只选一个时方法有种，
第三种情况：和都选时方法有种，
则不同的出场方法有种，
故选：A
7．C
利用古典概型的概率公式求解即可.
【详解】
根据八卦图可知：8个卦中含有两个以上阳爻的有1个，有两个阳爻的有3个，分别为离、巽、兑，有一个阳爻的有3个，分别为震、艮、坎，无阳爻的有1个，为坤，
选的两卦的六个爻中恰有两个阳爻，可以从有两个阳爻的离、巽、兑中选一个，另一个选坤，
这种选法有种；
也可以从有一个阳爻的震、艮、坎中选两个，这种选法有种，
从八卦中任取两卦的选法有种，
则从八卦中任取两卦，这两卦的六个爻中恰有两个阳爻的概率为.
故选：.
8．C
根据排列的定义，结合分步计算原理进行求解即可
【详解】
满足条件的五位偶数有：.
故选：C.
9．B
【详解】
试题分析：根据题意，按甲乙的分工情况不同分两种情况讨论，①甲乙一起参加除了开车的三项工作之一，②甲乙不同时参加一项工作；分别由排列、组合公式计算其情况数目，进而由分类计数的加法公式，计算可得答案．
解：根据题意，分情况讨论，①甲乙一起参加除了开车的三项工作之一：C31×A33=18种；
②甲乙不同时参加一项工作，进而又分为2种小情况；
1°丙、丁、戌三人中有两人承担同一份工作，有A32×C32×A22=3×2×3×2=36种；
2°甲或乙与丙、丁、戌三人中的一人承担同一份工作：A32×C31×C21×A22=72种；
由分类计数原理，可得共有18+36+72=126种，
故选B．
考点：排列、组合的实际应用．
10．D
把7天分成一组2天，一组2天，一组3天，3个人各选1组值班，即可求解.
【详解】
把7天分成一组2天，一组2天，一组3天，3个人各选1组值班，共有种．
故选：D.
11．C
先安排甲乙两人，然后剩余3人分两组，一组1人，一组2人，先分组后安排即可．
【详解】
甲和乙必须安装不同的吉祥物，则有种情况，
剩余3人分两组，一组1人，一组2人，有，然后分配到参与两个吉祥物的安装，
有，
则共有种，
故选：．
12．D
利用分步计数原理即得.
【详解】
根据题意可知，可分三步考虑：第一步，在8项中选取2项，共有种不同的方法；
第二步，甲在剩下6项中选取1项，共有种不同的方法；
第三步，乙在剩下5项中选取1项，共有种不同的方法．
根据分步乘法计数原理可知，两人恰好选中相同2项的不同报名情况有（种）
故选：D．
13．C
先排甲，再将丙、丁捆绑在一起当一个元素排，再排乙、戊.
【详解】
当甲排在第一位时，共有种发言顺序，
当甲排在第二位时，共有种发言顺序，
所以一共有种不同的发言顺序.
故选：C.
方法点睛：本题主要考查排列的应用，属于中档题.常见排列数的求法为：
（1）相邻问题采取“捆绑法”；
（2）不相邻问题采取“插空法”；
（3）有限制元素采取“优先法”；
（4）特殊元素顺序确定问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数.
14．B
根据排列数的计算公式，进行计算即可.
【详解】
，
化简得，所以.
故选：B
15．C
分为甲分配到班和甲不分配到班两种情况来讨论分配方案种数，利用分类加法计数原理计算可得结果.
【详解】
将分配方案分为甲分配到班和甲不分配到班两种情况：
①甲分配到班：有种分配方案；
②甲不分配到班：有种分配方案；
由分类加法计数原理可得：共有种分配方案.
故选：.
方法点睛：本题主要考查排列数的应用.常见求法有：
（1）相邻问题采取“捆绑法”；
（2）不相邻问题采取“插空法”；
（3）有限制元素采取“优先法”；
（4）特殊元素顺序确定问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数.
16．
这是一个古典概型，先利用分步计数原理求得甲观看了六部中的两部和乙观看了六部中的一部的基本事件数，再求得甲、乙两人观看同一部动画片的基本事件数，然后代入公式求解.
【详解】
甲观看了六部中的两部共有种，
乙观看了六部中的一部共有种，
则甲、乙两人观影共有种，
则甲、乙两人观看同一部动画片共有种，
所以甲、乙两人观看了同一部动画片的概率为，
故答案为：
本题主要考查组合与分布计数原理，古典概型的概率求法，还考查了分析求解的能力，属于中档题.
17．
大于的数是，利用排列数计算出随机拨打的所有可能，由此得出所有可能取值的个数.
【详解】
大于的数是，一共有个，从中取出不同的三个进行排列，方法数有种.
本小题主要考查对离散型随机变量的理解，考查排列问题的识别以及排列数的计算，考查分析和解决问题的能力，属于基础题.题目关键点有两点，一个是记得的数都大于，这样的话可以确定出拨打的数为中的三个.由于电话号码是有顺序的差别的，故是排列问题，需要用排列数来计算出方法数.
18．
甲、乙、丙三个同学独立地从乒乓球、篮球、足球、排球4个社团中任选一个社团共有种情况，其中甲、乙、丙三个同学所选社团互不相同有种情况，根据古典概型的概率计算公式即可求解.
【详解】
解：甲、乙、丙三个同学独立地从乒乓球、篮球、足球、排球4个社团中任选一个社团共有种情况，其中甲、乙、丙三个同学所选社团互不相同有种情况，
故所求概率为，
故答案为：.
19．（1）86400；（2）8520.
（1）首先考虑第2次和第8次的可能情况，再分析第3到7次的可能情况，结合分步计数原理即可求出结果；
（2）分别三类：检测4次可测出4件次品，检测5次可测出4件次品，以及检测6次测出4件次品或6件正品，然后结合分类计数原理即可求出结果.
【详解】
（1）若恰在第2次测试时，才测到第一件次品，第8次才找到最后一件次品，若是不放回地逐个抽取测试，
第2次测到第一件次品有4种方法；
第8次测到最后一件次品有3种方法；
第3至第7次抽取测到最后两件次品共有种方法；剩余4次抽到的是正品，共有＝86400种抽法．
（2）检测4次可测出4件次品，不同的测试方法有种，
检测5次可测出4件次品，不同的测试方法有种；
检测6次测出4件次品或6件正品，则不同的测试方法共有种．
由分类计数原理，知满足条件的不同测试方法的种数为＝8520种.
20．420
分四类，分别是5种颜色全用，只用4种颜色，只用3种颜色，确定每类的方法数，用分类加法计数原理即可得结果.
【详解】
法一按所用颜色种数分类.
第一类：5种颜色全用，共有种不同的方法；
第二类：只用4种颜色，则必有某两个顶点同色（A与C，或B与D），共有种不同的方法；
第三类：只用3种颜色，则A与C，B与D必定同色，共有种不同的方法.
由分类加法计数原理，得不同的染色方法种数为（种）.
法二以S，A，B，C，D顺序分步染色.
第一步：S点染色，有5种方法；
第二步：A点染色，与S在同一条棱上，有4种方法；
第三步：B点染色，与S，A分别在同一条棱上，有3种方法；
第四步：C点染色，也有3种方法，但考虑到D点与S，A，C相邻，需要针对A与C是否同色进行分类，当A与C同色时，D点有3种染色方法；当A与C不同色时，因为C与S，B也不同色，所以C点有2种染色方法，D点也有2种染色方法.由分步乘法、分类加法计数原理得不同的染色方法共有5×4×3×（1×3＋2×2）＝420（种）.
本题考查分布与分类两个基本原理，总体需分类，每类再分步，综合利用两个原理解决，属中档题．
21．.
对每位老师进行讨论，由分步计数原理即可得出结果.
【详解】
解：根据题意，第一位教师，从个班级中任选个，安排其任教，有种不同选法；
第二位教师，从剩下的个班级中任选个，安排其任教，有种不同选法；
第三位教师，从剩下的个班级中选个，安排其任教，有种选法，
故不同的分派方法有种分法.
22．（1）8种；（2）6种；（3）9种.
(1)分两步，选出停在原车位的一辆车，再停放余下3辆车，用分步乘法计数原理计算即得；
(2)分两步，选出停在原车位的两辆车，再停放余下2辆车，用分步乘法计数原理计算即得；
(3)将4辆车分别编号为，，，，将车停在另三辆车的原车位之一，再停车所停车位对应的原车，最后停余下两辆即可作答.
【详解】
（1）可分成两步完成：第一步，先选出停在原来车位的那辆车，有种情况，
第二步，停放剩下的3辆车，有2种停法，
根据分步乘法计数原理，共有种停法；
（2）可分成两步完成：第一步，先选出停在原来车位的那2辆车，有种情况，
第二步，停放剩下的2辆车，有1种停法，
根据分步乘法计数原理，共有种停法；
（3）将4辆车分别编号为，，，，将4个停车位分别编号为一、二、三、四，
不妨设车先选停车位，此时有3种停法，若车选了二号停车位，那么车再选，有3种停法，
剩下的车和车都只有1种停法，
根据分步乘法计数原理，共有种停法．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
一、单选题
1．甲、乙、丙、丁、戊5名党员参加“党史知识竞赛”，决出第一名到第五名的名次（无并列名次），已知甲排第三，乙不是第一，丙不是第五．据此推测5人的名次排列情况共有（ ）种
A．5 B．8 C．14 D．21
2．甲、乙、丙3人站到共有6级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法总数是（ ）
A．90 B．120 C．210 D．216
3．某工程队有卡车 挖掘机 吊车 混凝土搅拌车各一辆，将它们全部派往3个工地进行作业，每个工地至少派一辆，则不同的派法种数是（ ）
A．18 B．9 C．27 D．36
4．从10名排球队员中选出7人参加比赛，则不同的选法种数为（ ）
A．150 B．120 C．160 D．110
5．有8位学生春游，其中小学生2名 初中生3名 高中生3名.现将他们排成一列，要求2名小学生相邻 3名初中生相邻，3名高中生中任意两名都不相邻，则不同的排法种数有（ ）
A．288种 B．144种 C．72种 D．36种
6．年二十国集团()领导人峰会将在日本大阪开幕，为了欢迎二十国集团政要及各位来宾的到来，日本大阪市长决定举办大型歌舞晚会，现从、、、、共名歌手中任选人出席演唱活动，当名歌手中有和时，需排在的前面出场(不一定相邻)，则不同的出场方法有（ ）．
A．种
B．种
C．种
D．种
7．《周易》是我国古代典籍，用“卦”描述了天地世间万象变化.如图是一个八卦图，包含乾、坤、震、巽、坎、离、艮、兑八卦(每一卦由三个爻组成，其中“”表示一个阳爻，“”表示一个阴爻).若从八卦中任取两卦，这两卦的六个爻中恰有两个阳爻的概率为 （ ）
A． B． C． D．
8．用数字1，2，3，4，6可以组成无重复数字的五位偶数有（ ）
A．48个 B．64个
C．72个 D．90个
9．现安排甲、乙、丙、丁、戌5名同学参加上海世博会志愿者服务活动，每人从事翻译、导游、礼仪、司机四项工作之一，每项工作至少有一人参加．甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙丁戌都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是
A．152 B．126 C．90 D．54
10．某交通岗共有3人，从周一到周日的七天中，每天安排一人值班，每人至少值2天，其不同的排法共有（ ）种．
A．5040 B．1260 C．210 D．630
11．2022年北京冬奥会和冬残奥会给世界人民留下了深刻的印象，其吉祥物“冰墩墩”和“雪容融的设计好评不断，这是一次中国文化与奥林匹克精神的完美结合．为了弘扬奥林匹克精神，某学校安排甲、乙等5名志愿者将吉祥物“冰墩墩”和“雪容融”安装在学校的体育广场，每人参与且只参与一个吉祥物的安装，每个吉祥物都至少由两名志愿者安装．若甲、乙必须安装不同的吉祥物，则不同的分配方案种数为（ ）
A．8 B．10 C．12 D．14
12．某传统体育学校计划举行夏季运动会，本次运动会径赛项目有：50米、100米、、3000米共8个项目．为确保径赛项目顺利举办，需要招募一批志愿者，甲、乙两名同学申请报名时，计划在8个项目的服务岗位中各随机选取3项，则两人恰好选中相同2项的不同报名情况有（ ）
A．420种 B．441种 C．735种 D．840种
13．在某场新冠肺炎疫情视频会议中，甲 乙 丙 丁 戊五位疫情防控专家轮流发言，其中甲必须排在前两位，丙 丁必须排在一起，则这五位专家的不同发言顺序共有（ ）
A．8种 B．12种 C．20种 D．24种
14．已知，则的值为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
15．将甲、乙、丙、丁四位辅导老师分配到A、B、C、D四个班级，每个班级一位老师，且甲不能分配到A班，丁不能分配到B班，则共有分配方案的种数为（ ）
A．10 B．12 C．14 D．24
二、填空题
16．2020年国庆档上映的影片有《夺冠》，《我和我的家乡》，《一点就到家》，《急先锋》，《木兰·横空出世》，《姜子牙》，其中后两部为动画片．甲、乙两位同学都跟随家人观影，甲观看了六部中的两部，乙观看了六部中的一部，则甲、乙两人观看了同一部动画片的概率为________．
17．一用户在打电话时忘记了最后3个号码,只记得最后3个数两两不同,且都大于5.于是他随机拨最后3个数(两两不同),设他拨到正确号码的次数为X,随机变量X的可能值有_____个.
18．某校课后服务开展社团活动，甲、乙、丙三个同学独立地从乒乓球、篮球、足球、排球4个社团中任选一个社团参加，则甲、乙、丙三个同学所选社团互不相同的概率为____；
三、解答题
19．已知10件不同的产品中有4件次品，现对它们一一测度，直至找到所有4件次品为止．
（1）若恰在第2次测试时，才测试到第一件次品，第8次才找到最后一件次品，则共有多少种不同的测试方法？
（2）若至多测试6次就能找到所有4件次品，则共有多少种不同的测试方法？
20．如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，求不同的染色方法种数.
21．将位教师分到个班级任教，每位教师教个班，共有多少种不同的分法？
22．相邻的4个车位中停放了4辆不同的车，现将所有车开出后再重新停入这4个车位中．
（1）若要求有3辆车不得停在原来的车位中，有多少种不同的停法？
（2）若要求有2辆车不得停在原来的车位中，有多少种不同的停法？
（3）若要求所有车都不得停在原来的车位中，有多少种不同的停法？
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
按乙排第五和不是第五分类讨论．
【详解】
乙排在第五的情况有：，乙不在第五的方法有，
共有，
故选：C．
关键点点睛：本题考查排列组合的综合应用，解题关键是确定完成事件的方法：是先分类还是先分步：分类后每一类再分步．然后结合计数原理求解．
2．C
根据题意：分为两类：第一类，甲、乙、丙各自站在一个台阶上；第二类，有2人站在同一台阶上，剩余1人独自站在一个台阶上，算出每类的站法数，然后再利用分类计数原理求解.
【详解】
因为甲、乙、丙3人站到共有6级的台阶上，且每级台阶最多站2人，
所以分为两类：第一类，甲、乙、丙各自站在一个台阶上，共有：种站法；
第二类，有2人站在同一台阶上，剩余1人独自站在一个台阶上，共有：种站法；
所以每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置的不同的站法总数是.
故选：C
本题主要考查排列组合的应用以及分类计数原理的应用，还考查了分析求解问题的能力，属于中档题.
3．D
利用捆绑法，先把4辆车分成3组，再把分好的3组分别派给3个工地，即可得到答案；
【详解】
先把4辆车分成3组，再把分好的3组分别派给3个工地，
则不同的派法共有（种）.
故选：D
4．B
根据给定条件确定属组合问题，再用组合列式计算即得.
【详解】
因从10名排球队员中选出7人参加比赛，选出的7人没有顺序性，它是组合问题，
所以，不同的选法种数为.
故选：B
5．B
利用捆绑法和插空法可求得结果.
【详解】
第一步，先将2名小学生看成一个人，3名初中生看成一个人，然后排成一排有种不同排法；第二步，将3名高中生插在这两个整体形成的3个空档中，有种不同排法；第三步，排2名小学生有种不同排法，排3名初中生有种不同排法.
根据分步计数原理，共有种不同排法.
故选：B
方法点睛：本题主要考查排列的应用，属于中档题.常见排列数的求法为：
（1）相邻问题采取“捆绑法”；
（2）不相邻问题采取“插空法”；
（3）有限制元素采取“优先法”；
（4）特殊元素顺序确定问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数.
6．A
运用分类计算原理，结合组合与排列的定义进行求解即可.
【详解】
第一种情况：和都不选时方法有种，
第二种情况：和只选一个时方法有种，
第三种情况：和都选时方法有种，
则不同的出场方法有种，
故选：A
7．C
利用古典概型的概率公式求解即可.
【详解】
根据八卦图可知：8个卦中含有两个以上阳爻的有1个，有两个阳爻的有3个，分别为离、巽、兑，有一个阳爻的有3个，分别为震、艮、坎，无阳爻的有1个，为坤，
选的两卦的六个爻中恰有两个阳爻，可以从有两个阳爻的离、巽、兑中选一个，另一个选坤，
这种选法有种；
也可以从有一个阳爻的震、艮、坎中选两个，这种选法有种，
从八卦中任取两卦的选法有种，
则从八卦中任取两卦，这两卦的六个爻中恰有两个阳爻的概率为.
故选：.
8．C
根据排列的定义，结合分步计算原理进行求解即可
【详解】
满足条件的五位偶数有：.
故选：C.
9．B
【详解】
试题分析：根据题意，按甲乙的分工情况不同分两种情况讨论，①甲乙一起参加除了开车的三项工作之一，②甲乙不同时参加一项工作；分别由排列、组合公式计算其情况数目，进而由分类计数的加法公式，计算可得答案．
解：根据题意，分情况讨论，①甲乙一起参加除了开车的三项工作之一：C31×A33=18种；
②甲乙不同时参加一项工作，进而又分为2种小情况；
1°丙、丁、戌三人中有两人承担同一份工作，有A32×C32×A22=3×2×3×2=36种；
2°甲或乙与丙、丁、戌三人中的一人承担同一份工作：A32×C31×C21×A22=72种；
由分类计数原理，可得共有18+36+72=126种，
故选B．
考点：排列、组合的实际应用．
10．D
把7天分成一组2天，一组2天，一组3天，3个人各选1组值班，即可求解.
【详解】
把7天分成一组2天，一组2天，一组3天，3个人各选1组值班，共有种．
故选：D.
11．C
先安排甲乙两人，然后剩余3人分两组，一组1人，一组2人，先分组后安排即可．
【详解】
甲和乙必须安装不同的吉祥物，则有种情况，
剩余3人分两组，一组1人，一组2人，有，然后分配到参与两个吉祥物的安装，
有，
则共有种，
故选：．
12．D
利用分步计数原理即得.
【详解】
根据题意可知，可分三步考虑：第一步，在8项中选取2项，共有种不同的方法；
第二步，甲在剩下6项中选取1项，共有种不同的方法；
第三步，乙在剩下5项中选取1项，共有种不同的方法．
根据分步乘法计数原理可知，两人恰好选中相同2项的不同报名情况有（种）
故选：D．
13．C
先排甲，再将丙、丁捆绑在一起当一个元素排，再排乙、戊.
【详解】
当甲排在第一位时，共有种发言顺序，
当甲排在第二位时，共有种发言顺序，
所以一共有种不同的发言顺序.
故选：C.
方法点睛：本题主要考查排列的应用，属于中档题.常见排列数的求法为：
（1）相邻问题采取“捆绑法”；
（2）不相邻问题采取“插空法”；
（3）有限制元素采取“优先法”；
（4）特殊元素顺序确定问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数.
14．B
根据排列数的计算公式，进行计算即可.
【详解】
，
化简得，所以.
故选：B
15．C
分为甲分配到班和甲不分配到班两种情况来讨论分配方案种数，利用分类加法计数原理计算可得结果.
【详解】
将分配方案分为甲分配到班和甲不分配到班两种情况：
①甲分配到班：有种分配方案；
②甲不分配到班：有种分配方案；
由分类加法计数原理可得：共有种分配方案.
故选：.
方法点睛：本题主要考查排列数的应用.常见求法有：
（1）相邻问题采取“捆绑法”；
（2）不相邻问题采取“插空法”；
（3）有限制元素采取“优先法”；
（4）特殊元素顺序确定问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数.
16．
这是一个古典概型，先利用分步计数原理求得甲观看了六部中的两部和乙观看了六部中的一部的基本事件数，再求得甲、乙两人观看同一部动画片的基本事件数，然后代入公式求解.
【详解】
甲观看了六部中的两部共有种，
乙观看了六部中的一部共有种，
则甲、乙两人观影共有种，
则甲、乙两人观看同一部动画片共有种，
所以甲、乙两人观看了同一部动画片的概率为，
故答案为：
本题主要考查组合与分布计数原理，古典概型的概率求法，还考查了分析求解的能力，属于中档题.
17．
大于的数是，利用排列数计算出随机拨打的所有可能，由此得出所有可能取值的个数.
【详解】
大于的数是，一共有个，从中取出不同的三个进行排列，方法数有种.
本小题主要考查对离散型随机变量的理解，考查排列问题的识别以及排列数的计算，考查分析和解决问题的能力，属于基础题.题目关键点有两点，一个是记得的数都大于，这样的话可以确定出拨打的数为中的三个.由于电话号码是有顺序的差别的，故是排列问题，需要用排列数来计算出方法数.
18．
甲、乙、丙三个同学独立地从乒乓球、篮球、足球、排球4个社团中任选一个社团共有种情况，其中甲、乙、丙三个同学所选社团互不相同有种情况，根据古典概型的概率计算公式即可求解.
【详解】
解：甲、乙、丙三个同学独立地从乒乓球、篮球、足球、排球4个社团中任选一个社团共有种情况，其中甲、乙、丙三个同学所选社团互不相同有种情况，
故所求概率为，
故答案为：.
19．（1）86400；（2）8520.
（1）首先考虑第2次和第8次的可能情况，再分析第3到7次的可能情况，结合分步计数原理即可求出结果；
（2）分别三类：检测4次可测出4件次品，检测5次可测出4件次品，以及检测6次测出4件次品或6件正品，然后结合分类计数原理即可求出结果.
【详解】
（1）若恰在第2次测试时，才测到第一件次品，第8次才找到最后一件次品，若是不放回地逐个抽取测试，
第2次测到第一件次品有4种方法；
第8次测到最后一件次品有3种方法；
第3至第7次抽取测到最后两件次品共有种方法；剩余4次抽到的是正品，共有＝86400种抽法．
（2）检测4次可测出4件次品，不同的测试方法有种，
检测5次可测出4件次品，不同的测试方法有种；
检测6次测出4件次品或6件正品，则不同的测试方法共有种．
由分类计数原理，知满足条件的不同测试方法的种数为＝8520种.
20．420
分四类，分别是5种颜色全用，只用4种颜色，只用3种颜色，确定每类的方法数，用分类加法计数原理即可得结果.
【详解】
法一按所用颜色种数分类.
第一类：5种颜色全用，共有种不同的方法；
第二类：只用4种颜色，则必有某两个顶点同色（A与C，或B与D），共有种不同的方法；
第三类：只用3种颜色，则A与C，B与D必定同色，共有种不同的方法.
由分类加法计数原理，得不同的染色方法种数为（种）.
法二以S，A，B，C，D顺序分步染色.
第一步：S点染色，有5种方法；
第二步：A点染色，与S在同一条棱上，有4种方法；
第三步：B点染色，与S，A分别在同一条棱上，有3种方法；
第四步：C点染色，也有3种方法，但考虑到D点与S，A，C相邻，需要针对A与C是否同色进行分类，当A与C同色时，D点有3种染色方法；当A与C不同色时，因为C与S，B也不同色，所以C点有2种染色方法，D点也有2种染色方法.由分步乘法、分类加法计数原理得不同的染色方法共有5×4×3×（1×3＋2×2）＝420（种）.
本题考查分布与分类两个基本原理，总体需分类，每类再分步，综合利用两个原理解决，属中档题．
21．.
对每位老师进行讨论，由分步计数原理即可得出结果.
【详解】
解：根据题意，第一位教师，从个班级中任选个，安排其任教，有种不同选法；
第二位教师，从剩下的个班级中任选个，安排其任教，有种不同选法；
第三位教师，从剩下的个班级中选个，安排其任教，有种选法，
故不同的分派方法有种分法.
22．（1）8种；（2）6种；（3）9种.
(1)分两步，选出停在原车位的一辆车，再停放余下3辆车，用分步乘法计数原理计算即得；
(2)分两步，选出停在原车位的两辆车，再停放余下2辆车，用分步乘法计数原理计算即得；
(3)将4辆车分别编号为，，，，将车停在另三辆车的原车位之一，再停车所停车位对应的原车，最后停余下两辆即可作答.
【详解】
（1）可分成两步完成：第一步，先选出停在原来车位的那辆车，有种情况，
第二步，停放剩下的3辆车，有2种停法，
根据分步乘法计数原理，共有种停法；
（2）可分成两步完成：第一步，先选出停在原来车位的那2辆车，有种情况，
第二步，停放剩下的2辆车，有1种停法，
根据分步乘法计数原理，共有种停法；
（3）将4辆车分别编号为，，，，将4个停车位分别编号为一、二、三、四，
不妨设车先选停车位，此时有3种停法，若车选了二号停车位，那么车再选，有3种停法，
剩下的车和车都只有1种停法，
根据分步乘法计数原理，共有种停法．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页