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河南省洛阳市第二外国语学校2013届高三高考数学闯关密练特训10-6排列与组合(理)试题


1.(2012·广东理,7)从个位数与十位数之和为奇数的两位数中任取一个,其个位数为 0 的概率是( A. 4 9 ) 1 B. 3 2 C. 9 1 D. 9

[答案] D [解析] 本题考查计数原理与古典概型, ∵两数之和为奇数,则两数一奇一偶,若个位数为奇数,则共有 4×5=20 个数,若个 位数为偶数,共有 5×5=25 个数,其中个位为 0 的数共有 5 个, 5 1 ∴P= = . 20+25 9 2.(2011·成都模拟)甲、乙、丙 3 位志愿者安排在周一至周五的 5 天中参加某项志愿 者活动,要求每人参加一天且每天至多安排一人,并要求甲安排在另外两位前面.不同的安 排方法共有( A.20 种 C.40 种 [答案] A [解析] 分三类:甲在周一,共有 A4种排法; 甲在周二,共有 A3种排法; 甲在周三,共有 A2种排法; ∴A4+A3+A2=20. 3.(2012·大纲全国,11)将字母 a、a、b、b、c、c 排成三行两列,要求每行的字母互 不相同,每列的字母也互不相同,则不同的排列方法共有( A.12 种 C.24 种 [答案] A [解析] 先排第一列,因为每列的字母互不相同,因此共有 A3种不同的排法;再排第二 列,第二列第一行的字母有 2 种排法,排好此位置后,其他位置只有一种排法.因此共有 2A3=12 种不同的排法. 4.(2012·河南豫东、豫北十所名校测试)2011 年 3 月 17 日上午,日本自卫队选派了 两架直升飞机对福岛第一核电站 3 号机组的燃料池进行了 4 次注水.如果直升飞机有 A、B、
3 3 2 2 2 2 2 2

) B.30 种 D.60 种

)

B.18 种 D.36 种

C、D 四架供选,飞行员有甲、乙、丙、丁四人供选,且一架直升飞机只安排一名飞行员,
则选出两名飞行员驾驶两架直升飞机的不同方法数为( )

A.18 C.72 [答案] C

B.36 D.108

[解析] 飞机的选法有 C4种,飞行员的选法有 C4种,把飞行员安排到飞机上有 A2,共有 C4×C4×A2=72 种. 5.(2011·柳州模拟)如图所示的几何体是由一个正三棱锥 P-ABC 与正三棱柱 ABC-
2 2 2

2

2

2

A1B1C1 组合而成,现用 3 种不同颜色对这个几何体的表面染色(底面 A1B1C1 不涂色),要求相
邻的面均不同色,则不同的染色方案共有( )

A.24 种 C.16 种 [答案] D

B.18 种 D.12 种

[解析] 先涂三棱锥 P-ABC 的三个侧面,然后涂三棱柱的三个侧面,共有 C3×C2×C1C2 =3×2×1×2=12 种不同的涂法. 6.(2011·菏泽模拟)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 C.6 [答案] D [解析] 当公比为 2 时,等比数列可为 1、2、4,2、4、8. 当公比为 3 时,等比数列可为 1、3、9. 3 当公比为 时,等比数列可为 4、6、9. 2 同时,4、2、1,8、4、2,9、3、1 和 9、6、4 也是等比数列,共 8 个. 7. 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 这 10 个数字中任取 3 个不同的数字构成空间直角坐标系中 从 的点的坐标为(x,y,z),若 x+y+z 是 3 的倍数,则满足条件的点的个数为________. [答案] 252 [解析] 当三个数字都能被 3 整除时,从 0,3,6,9 中任取三个,构成不同坐标 A4=24
3

1

1

1 1

) B.4 D.8

个,当三个数字中有一个能被 3 整除时,另两个的和应能被 3 整除,这样的两个数共有 9 组,即:(1,2),(1,5),(1,8),(2,4),(2,7),(4,5),(4,8),(5,7),(7,8),这样的不 同坐标有 4×9×A3=216 个,当三个数字都不能被 3 整除时,有(1,4,7),(2,5,8)两组,这 样的不同坐标有 2×A3=12 种,∴共有 24+216+12=252 个. 8.
3 3

有 6 个大小不同的数按如图的形式随机排列,设第一行的数为 M1,第二、三行中的最大 数分别为 M2、M3,则满足 M1<M2<M3 的所有排列的个数是________. [答案] 240 [解析] 设 6 个数按从小到大顺序依次为 a1、a2、a3、a4、a5、a6. 据题设条件知 M3=a6, 可依第二行最大数 M2 分类讨论. ①若 M2=a5,有排法 C4·C3·A2·A3=144 种. ②若 M2=a4,则 a5 必在第三行有排法 C3·C2·A2A3=72 种. ③若 M2=a3,则 a4、a5 都在第三行有排法 C2·A2A3=24 种,据条件知 M2 不能小于 a3. ∴满足题设条件的所有不同排列的个数为 144+72+24=240 个. 9.在空间直角坐标系 O-xyz 中有 8 个点:P1(1,1,1)、P2(-1,1,1)、…、P7(-1,- 1,-1)、P8(1,-1,-1)(每个点的横、纵、竖坐标都是 1 或-1),以其中 4 个点为顶点 的三棱锥一共有________个(用数字作答). [答案] 58 [解析] 这 8 个点构成正方体的 8 个顶点,此题即转化成以正方体的 8 个顶点中的 4 个点为顶点的三棱锥一共有多少个,则共有三棱锥 C4C4+(C4C4-2×4-2)+C4C4=58 个. [点评] 用间接法求解更简便些,从正方体的 8 个顶点中任取 4 个,有不同取法 C8种, 其中这四点共面的(6 个对角面、6 个表面)共 12 个,∴这样的三棱锥有 C8-12=58 个. 10.(2011·金华联考)有 3 名男生、4 名女生,在下列不同条件下,求不同的排列方法 总数. (1)选 5 人排成一排; (2)排成前后两排,前排 3 人,后排 4 人; (3)全体排成一排,其中甲不站排头也不站排尾; (4)全体排成一排,女生必须站在一起;
4 4 1 3 2 2 3 1 1 2 3 1 1 2 3 1 1 2 3

(5)全体排成一排,男生互不相邻; (6)女生互不相邻,且顺序一定. [解析] (1)从 7 人中选 5 人排列,有 A7=7×6×5×4×3=2520 种. (2)分两步完成,先选 3 人站前排,有 A7种方法,余下 4 人站后排,有 A4种方法,共有 A7·A4=5040 种. (3)法 1: (特殊元素优先法)先排甲, 5 种方法, 有 其余 6 人有 A6种排列方法, 共有 5×A6 =3600 种. 法 2:(特殊位置优先法)首尾位置可安排另 6 人中的两人,有 A6种排法,其他有 A5种排 法,共有 A6A5=3600 种. (4)(捆绑法)将女生看作一个整体与 3 名男生一起全排列,有 A4种方法,再将女生全排 列,有 A4种方法,共有 A4·A4=576 种. (5)(插空法)先排女生,有 A4种方法,再在女生之间及首尾 5 个空位中任选 3 个空位安 排男生,有 A5种方法,共有 A4·A5=1440 种. (6)先将男生排好,再将女生插入男生形成的 4 个空中,由于顺序一定,故只有一种插 入方法,∴共有排法 A3=6 种. 能力拓展提升 11.(2012·河北保定市模拟)一个质地均匀的正方体骰子,其六个面上的点数分别为 1,2,3,4,5,6,将这颗骰子连续投掷三次,观察向上的点数,则三次点数依次成等比数列的 概率为( A. C. 1 108 1 36 ) B. D. 1 216 1 27
3 3 4 3 4 4 4 4 4 2 5 2 5 6 6 3 4 3 4 5

[答案] D [解析] 连续抛掷三次骰子可得结果为 6 =216 种,其中依次构成等比数列的情况有 (1)公比为 1,共 6 种. (2)公比为 2,只有 1 种,即 1,2,4,. 1 (3)公比为 ,只有 1 种,即 4,2,1. 2 8 1 ∴共有 8 种,∴P= = . 216 27 12.(2011·广东广州综合测试)将 18 个参加青少年科技创新大赛的名额分配给 3 个学 校, 要求每校至少有一个名额且各校分配的名额互不相等, 则不同的分配方法种数为( A.96 C.128 B.114 D.136 )
3

[答案] B [解析] 若某一学校的最少人数是 1,2,3,4,5, 则各有 7,5,4,2,1 种不同的分组方案. 故 不同的分配方法种数是(7+5+4+2+1)A3=19×6=114. 13.
3

一植物园参观路径如图所示, 若要全部参观并且路线不重复, 则不同的参观路线种数共 有( ) A.6 种 C.36 种 [答案] D [解析] B.8 种 D.48 种

如图所示,三个区域按参观的先后次序共有 A3种参观方法,对于每一种参观次序,每一 个植物园都有 2 类参观路径,∴共有不同参观路线 2×2×2×A3=48 种. 14.(2012·武汉市模拟)将 12 个参加青少年科技创新大赛的名额分配给 3 所学校,要 求每校至少有一个名额且各校分配的名额互不相等,则不同的分配方法种数为( A.36 C.48 [答案] B [解析] 由题意, 所学校的分配名额可以分别是 1,2,9; 3 1,3,8; 1,4,7; 1,5,6; 2,3,7; 2,4,6;3,4,5 共 7 种,然后,每次分配的名额分给 3 个学校有 A3种方法,故不同的分配方
3 2

2

)

B.42 D.54

法种数为 7A3=42. 15.某项公益活动要招募志愿者,某大学拟成立由 4 名同学组成的志愿者招募宣传队, 经过初选,2 名男同学,4 名女同学成为了候选人,每位候选人当选正式队员的机会是相等 的. (1)求当选的 4 名同学中恰有 1 名男同学的概率. (2)求当选的 4 名同学中至少有 3 名女同学的概率. [解析] 从 2 男 4 女共 6 名同学中选取 4 人,不同选法共有 C6=15 种, (1)恰有 1 名男同学当选的情况有 C2·C4=8 种, 8 ∴所求概率 P= . 15 9 3 3 1 4 (2)当选的 4 名同学中至少有 3 名女同学的情况有 C4C2+C4=9 种, ∴所求概率 P= = . 15 5 16. (2011·深圳模拟)用 0,1,2,3,4 这五个数字, 可以组成多少个满足下列条件的没有 重复数字的五位数? (1)被 4 整除; (2)比 21034 大的偶数; (3)左起第二、四位是奇数的偶数. [解析] (1)被 4 整除的数,其特征应是末两位数是 4 的倍数,可分为两类:当末两位 数是 20、40、04 时,其排列数为 3A3=18,当末两位数是 12、24、32 时,其排列数为 3A2·A2 =12.故满足条件的五位数共有 18+12=30(个). (2)①当末位数字是 0 时,首位数字可以为 2 或 3 或 4,满足条件的数共有 3×A3=18 个. ②当末位数字是 2 时,首位数字可以为 3 或 4,满足条件的数共有 2×A3=12 个. ③当末位数字是 4 时,首位数字是 3 的有 A3=6 个,首位数字是 2 时,有 3 个,共有 9 个. 综上知,比 21034 大的偶数共有 18+12+9=39 个. (3)方法一:可分为两类: 末位数是 0,有 A2·A2=4(个); 末位数是 2 或 4,有 A2·A2=4(个); 故共有 A2·A2+A2·A2=8(个). 方法二:第二、四位从奇数 1,3 中取,有 A2个;首位从 2,4 中取,有 A2个;余下的排在 剩下的两位,有 A2个,故共有 A2A2A2=8(个).
2 2 1 2 2 1 2 2 2 1 2 1 2 2 3 3 3 3 1 2 1 3 4

3

1.从 10 名大学毕业生中选 3 人担任村长助理,则甲、乙至少有 1 人入选,而丙没有入 选的不同选法的种数为( )

A.85 C.49 [答案] C

B.56 D.28

[解析] 分两类计算,C2C7+C2C7=49,故选 C. 2.定义整数集合 A 与 B 的运算 A*B 如下:A*B={(x, )|x∈A,y∈B,且 x+y 为偶数}, y 若 A={-1,0,1},B={1,2,3,4},则集合 A*B 中的元素个数为( A.12 C.4 [答案] B [解析] x=-1 时,y=1,3;x=0 时,y=2,4;x=1 时,y=1,3.故选 B. 3.若三角形的三边长均为正整数,其中一边长为 4,另外两边长分别为 b、c,且满足 B.6 D.2 )

2 1

1 2

b≤4≤c,则这样的三角形有(
A.10 个 C.15 个 [答案] A

) B.14 个 D.21 个

[解析] 当 b=1 时,c=4;当 b=2 时,c=4,5;当 b=3 时,c=4,5,6;当 b=4 时,

c=4,5,6,7.故共有 10 个这样的三角形.选 A.
[点评] 注意三角形两边之和大于第三边,两边之差小于第三边. 4.身穿兰、黄两种颜色衣服的各有两人,身穿红色衣服的有一人,现将这五人排成一 行,要求穿相同颜色衣服的人不能相邻,则不同的排法共有( A.48 种 C.78 种 [答案] A [解析] 解法一:两种穿相同颜色衣服的人相邻的排法有 A3A2A2=24 种,只有一种穿相 同颜色衣服的人相邻的排法有 2(A4A2-24)=48,则穿相同颜色衣服的人不能相邻的排法有 A5-24-48=48,故选 A. 解法二:按穿兰衣服的两人站位分有以下 6 类:
5 4 2 3 2 2

)

B.72 种 D.84 种

对于①②⑤⑥排上穿黄衣服的两人都只有两类方法. 第③类中排上穿黄衣服的两人只有一类方法. 第④类中排上穿黄衣服的两人有三类方法. 对于上述每一类安排方法,五人的不同站法共有 A2A2=4 种,∴共有不同排法(4×2+1 +3)×4=48 种.
2 2


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