通用版高考数学一轮复习课时突破练64　排列与组合（含解析）

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通用版高考数学一轮复习
课时突破练64　排列与组合
基础达标练
1.若=6,则m等于(　　)
A.9 B.8
C.7 D.6
2.如图,∠MON的边OM上有四点A1,A2,A3,A4,ON上有三点B1,B2,B3,则以O,A1,A2,A3,A4,B1,B2,B3中三点为顶点的三角形的个数为(　　)
A.30 B.42
C.54 D.56
3.将5名学生分配到甲、乙两个宿舍,每个宿舍至少安排2名学生,那么互不相同的安排方法的种数为(　　)
A.10 B.20
C.30 D.40
4.(2024·辽宁沈阳统考一模)如图,小明从街道的E处出发,到F处的老年公寓参加志愿者活动,若中途共转向3次,则小明到老年公寓可以选择的不同的最短路径的条数是(　　)
A.8 B.12
C.16 D.24
5.(2024·广东东莞模拟预测)设集合S={1,2,3,4,5,6},集合A={a1,a2,a3},A S,a1,a2,a3满足a1A.120 B.119 C.20 D.19
6.(2024·河南新乡二模)从0,1,2,3,4这5个数字中任取2个偶数和1个奇数,组成一个三位数,则不同的三位数的个数为(　　)
A.16 B.24 C.28 D.36
7.(多选)下列等式正确的有(　　)
A.
B.
C.
D.
8.(2024·福建厦门一模)《九章算术》《数书九章》《周髀算经》是中国古代数学著作,甲、乙、丙三名同学计划每人从中选择一种来阅读,若三人选择的书不全相同,则不同的选法有　　　　　种.
能力提升练
9.某校决定派5名志愿者将三个吉祥物A,B,C安装在学校科技广场,每名志愿者只安装一个吉祥物,且每个吉祥物至少有一名志愿者安装,若志愿者甲只能安装吉祥物A,则不同的安装方案种数为(　　)
A.50 B.36
C.26 D.14
10.(2024·山东临沂一模)将1到30这30个正整数分成甲、乙两组,每组各15个数,使得甲组的中位数比乙组的中位数小2,则不同的分组方法数是(　　)
A.2()2 B.2
C.2 D.2()2
11.(多选)(2024·山西晋中模拟预测)某中学的3名男生和2名女生参加数学竞赛,比赛结束后,这5名同学排成一排合影留念,则下列说法正确的是(　　)
A.若要求2名女生相邻,则这5名同学共有48种不同的排法
B.若要求女生与男生相间排列,则这5名同学共有24种排法
C.若要求2名女生互不相邻,则这5名同学共有72种排法
D.若要求男生甲不在排头也不在排尾,则这5名同学共有72种排法
12.(多选)下列说法正确的是(　　)
A.某人从甲地到乙地,可以乘火车,也可以坐轮船,在这一天的不同时间里,火车有4趟,轮船有3次,此人的走法有7种
B.三对孪生兄弟排成一排照相,则仅有一对孪生兄弟相邻的排法共有288种
C.有4位教师在同一年级的4个班中各教一个班的数学,在数学检测时要求每位教师不能在本班监考,则不同的监考方法有11种
D.如图所示,用4种不同的颜色涂图中的矩形A,B,C,D中,要求相邻的矩形涂色不同,则不同的涂法有48种
13.(2024·山东模拟预测)某所学校的3名同学和2名老师站成一排合影,若两名老师之间至少有一名同学,则不同的站法种数为　　　　　.
素养拔高练
14.(2024·河南驻马店高三期末)用2个0,2个1和1个2组成一个五位数,则这样的五位数有　　　　　个.
答案：
1.C　因为=6,所以m(m-1)(m-2)=6,即1=,解得m=7.
2.B　先从这8个点中任取3个点,有种取法,再减去三点共线的情形即可,即=42.故选B.
3.B　将5名学生分配到甲、乙两个宿舍,每个宿舍至少安排2名学生,则一个宿舍2名,而另一个宿舍3名,共有=20(种).
4.D　由中途共转向3次,可以分为两类.
第一类,出发时向上走,中途第1次转向选择向右转(如图①所示),有3种走法;中途第2次转向选择向上转,有4种走法(以中途第1次转向时选择第1个路口右转为例,如图②所示,其他路口相同),因为中途共转向3次,所以此类走法第2次转向后必须直走至F所在的那条街,然后向右转,此为中途第3次转向,最后直走至终点F.
根据分步乘法计数原理,第一类共有3×4=12(种)走法,第二类,出发时向右走,中途第1次转向选择向上转,有4种走法;中途第2次转向选择向右转,有3种走法,因为中途共转向3次,所以此类走法第2次转向后必须直走至F所在的那条街,然后向上转,此为中途第3次转向,最后直走至终点F.
根据分步乘法计数原理,第二类共有4×3=12(种)走法.根据分类加法计数原理,小明到老年公寓可以选择的不同的最短路径的条数是12+12=24.故选D.
图①
图②
5.D　根据题意,从集合S={1,2,3,4,5,6}的6个元素中选3个,可组成一个集合,且满足a16.C　若没有取到0,则有=12(种)方法,若取到0,则有=16(种)方法,所以不同的三位数共有12+16=28(种).
7.ABC　A是组合数公式;B是组合数的性质;由得C正确,D错误.
8.24　若三人选书没有要求,则有33=27(种),若三人选择的书完全相同,则有3种,所以三人选择的书不全相同,不同的选法有27-3=24(种).
9.A　按照2,2,1分3组安装,
①若志愿者甲单独安装吉祥物A,则共有=6(种),
②若志愿者甲和另一个人合作安装吉祥物A,则共有=24(种),按照3,1,1分3组安装,
①若志愿者甲单独安装吉祥物A,则共有=8(种),
②若志愿者甲和另两个人合作安装吉祥物A,则共有=12(种),故共有6+24+8+12=50(种).
10.B　因为甲组、乙组均为15个数,则其中位数为从小到大排列的第8个数,即小于中位数的有7个数,大于中位数的也有7个数,若甲组的中位数为13,则乙组的中位数为15,此时甲组中小于13的数有7个、乙组中小于15的数有7个,从而得到小于15的数一共只有7+7+1=15(个),显然不符合题意,故舍去,同理可得,甲组的中位数不能小于14.
若甲组的中位数为14,则乙组的中位数为16,此时从1~13中选7个数放到甲组,剩下的6个数放到乙组,再从17~30中选7个数放到甲组,其余数均在乙组,此时有种分组方法.
若甲组的中位数为15,则乙组的中位数为17,此时从1~14中选7个数放到甲组,剩下的7个数放到乙组,再从18~30中选7个数放到甲组,其余数均在乙组,此时有种分组方法.
若甲组的中位数为16,则乙组的中位数为18,此时甲组中小于16的数有7个、乙组中小于18的数有7个,从而得到小18的数一共只有7+7+1=15(个),显然不符合题意,故舍去,同理可得,甲组的中位数不能大于15.
综上可得不同的分组方法数是2种.
11.ACD　选项A,将2名女生“捆绑”在一起,再与3名男生进行全排列,则有=48(种),故A正确;选项B,要求女生与男生相间排列,采用插空法,先将3名男生进行全排列,再将2名女生插到3名男生所形成的2个空中,则有=12(种),故B错误;选项C,先将3名男生进行全排列,再将2名女生插到3名男生所形成的4个空中,则有=72(种),故C正确;选项D,将5名同学排成一排,先将男生甲排在中间的3个空位中,再将剩下4名同学进行全排列,则有=72(种),故D正确.
12.AB　因为某人从甲地到乙地,乘火车的走法有4种,坐轮船的走法有3种,每一种方法都能从甲地到乙地,根据分类加法计数原理,可得此人的走法有4+3=7(种).故A正确.对于B,由分步乘法计数原理,知三对孪生兄弟排成一排照相,仅有一对孪生兄弟相邻的排法有(2+2)=288(种).故B正确.对于C,设四位监考教师分别为A,B,C,D,所教班分别为a,b,c,d,假设A监考b,则余下三人监考剩下的三个班,共有3种不同方法,同理,A监考c,d时,也分别有3种不同方法,由分类加法计数原理,共有3+3+3=9(种)不同的监考方法.故C错误.对于D,首先涂A,有4种涂法,则涂B有3种涂法,C与A,B相邻,则C有2种涂法,D只与C相邻,则D有3种涂法,所以共有4×3×2×3=72(种)涂法.故D错误.故选AB.
13.72　依题意,两名老师不相邻,所以不同的站法种数为=6×12=72.
14.18　当首位为2时,这样的五位数有=6(个);当首位为1时,这样的五位数有=12(个).综上,这样的五位数共有6+12=18(个).
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