第二节 排列与组合
[全盘巩固]
1．(2013·四川高考)从1,3,5,7,9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a，b，共可得到lg a－lg b的不同值的个数是( )
A．9 B．10 C．18 D．20
解析：选C lg a－lg b＝lg ，从1,3,5,7,9中任取两个数分别记为a，b. 13392
共有A5＝20种结果，其中lg＝lg，lg＝lg，故共可得到不同值的个数为20－2＝
391318.
2．某中学从4名男生和3名女生中推荐4人参加某高校自主招生考试，若这4人中必须既有男生又有女生，则不同选法的种数为( )
A．140 B．120 C．35 D．34
解析：选D 从7人中选4人，共有C7＝35种方法． 又4名全是男生，共有C4＝1种方法．
故选4人既有男生又有女生的选法种数为35－1＝34.
3．在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息，不同排列表示不同信息，若所用数字只有0和1，则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为( )
A．10 B．11 C．12 D．15
解析：选B 用间接法.4个数字的所有排列有2个，3个位置对应相同的有C4＝4个，4个位置对应相同的有1个，故至多有2个位置对应数字相同的信息个数为2－4－1＝11.
4．现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加某志愿者服务活动，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、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是( )
A．54 B．90 C．126 D．152
解析：选C 由于五个人从事四项工作，而每项工作至少一人，那么每项工作至多两人，因为甲、乙不会开车，所以只能先安排司机，分两类：(1)先从丙、丁、戊三人中任选一人开车；再从其余四人中任选两人作为一个元素同其他两人从事其他三项工作，共有C3C4A3种方案．(2)先从丙、丁、戊三人中任选两人开车；其余三人从事其他三项工作，共有C3A3种方案．所以，不同安排方案的种数是C3C4A3＋C3A3＝126.
5．(2012·山东高考)现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4
123
23
23123
4
4
3
4
4
ab 1
张．从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为( )
A．232 B．252 C．472 D．484 解析：选C 分两种情况：
①不取红色卡片，有C12－3C4或C4C4C4＋C3C4C2C4种取法． ②取红色卡片1张，有C4C12或C4(3C4＋C3C4C4)种取法． 所以不同的取法的种数为C12－3C4＋C4C12＝472.
6．(2014·北京模拟)用5,6,7,8,9组成没有重复数字的五位数，其中恰好有一个奇数夹在两个偶数之间的五位数的个数为( )
A．120 B．72 C．48 D．36
6 5,7,9 8 3
3
12
12
1
2
211
3
3
111
1211
△△解析：选D 如图所示：从5,7,9三个奇数中任选一个放在6与8之间，可用C13种选法，而6与8可以变换位置有A2种方法，把6与8之间的一个奇数共3个数看作一个整体与剩下的两个数全排列共有A3种方法，共有C3A2A3＝36.
7．(2013·北京高考)将序号分别为1,2,3,4,5的5张参观券全部分给4人，每人至少1张，如果分给同一人的2张参观券连号，那么不同分法的种数是________．
解析：5张参观券分成4份，1份2张，另外3份各1张，且2张参观券连号，则有4种分法，把这4份参观券分给4人，则不同的分法种数是4A4＝96.
答案：96
8．(2014·杭州模拟)从0,1,2,3中任取三个数字，组成无重复数字的三位数中，偶数的个数是________(用数字回答)．
2
解析：0为特殊元素，当三位数的个位数字为0时，偶数共有A3个；当个位数字不为0
22
时，若为偶数，个位数字只能为2，此时三位偶数有2＋A2个，故满足条件的偶数共有A3＋22
＋A2＝10个．
答案：10
9．(2013·浙江高考)将A，B，C，D，E，F六个字母排成一排，且A，B均在C的同侧，则不同的排法共有________种(用数字作答)．
解析：从左往右看，若C排在第1位，共有A5＝120种排法；若C排在第2位，共有A4·A3
＝72种排法；若C排在第3位，则A、B可排C的左侧或右侧，共有A2·A3＋A3·A3＝48种排法；若C排在第4,5,6位时，其排法数与排在第3,2,1位相同，故共有2×(120＋72＋48)＝480种排法．
答案：480
10．已知10件不同的产品中有4件是次品，现对它们进行一一测试，直至找出所有次品为止．
2
3
2
3
5
2
3
4
3
123
2
2
(1)若恰在第5次测试，才测试到第一件次品，第十次才找到最后一件次品，则这样的不同测试方法数是多少？
(2)若恰在第5次测试后，就找出了所有次品，则这样的不同测试方法数是多少？ 解：(1)先排前4次测试，只能取正品，有A6种不同测试方法，再从4件次品中选2件排在第5和第10的位置上测试，有C4·A2＝A4种测试方法，再排余下4件的测试位置，有A4种测试方法．所以共有A6·A4·A4＝103 680种不同的测试方法．
(2)第5次测试恰为最后一件次品，另3件在前4次中出现，从而前4次有一件正品出现，所以共有A4·C6·A4＝576种不同的测试方法．
11．将7个相同的小球放入4个不同的盒子中． (1)不出现空盒时的放入方式共有多少种？ (2)可出现空盒时的放入方式共有多少种？
解：(1)将7个相同的小球排成一排，在中间形成的6个空当中插入无区别的3个“隔板”将球分成4份，每一种插入隔板的方式对应一种球的放入方式，则共有C6＝20种不同的放入方式．
(2)每种放入方式对应于将7个相同的小球与3个相同的“隔板”进行一次排列，即从10个位置中选3个位置安排隔板，故共有C10＝120种放入方式．
12．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)比21 034大的偶数；
(2)左起第二、四位是奇数的偶数．
解：(1)法一：可分五类，当末位数字是0，而首位数字是2时，有6个五位数； 当末位数字是0，而首位数字是3或4时，有A2A3＝12个五位数； 当末位数字是2，而首位数字是3或4时，有A2A3＝12个五位数； 当末位数字是4，而首位数字是2时，有3个五位数； 当末位数字是4，而首位数字是3时，有A3＝6个五位数； 故有39个满足条件的五位数．
法二：不大于21 034的偶数可分为三类：万位数字是1的偶数，有A3·A3＝18个五位数；万位数字是2，而千位数字是0的偶数，有A2个五位数；还有一个为21 034本身．
而由0,1,2,3,4组成的五位偶数个数有A4＋A2·A3·A3＝60个，故满足条件的五位偶数的个数为60－18－2－1＝39.
(2)法一：可分为两类： 末位数是0，个数有A2·A2＝4； 末位数是2或4，个数有A2·A2＝4；
故共有A2·A2＋A2·A2＝8个满足条件的五位数．
3
2
2
2
1
2
1
2
2
4
1
1
3
2
1
3
3
1313
3
3
1
1
4
4
4
2
4
2
2
2
4
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个满足条件的五位数．
[冲击名校]
1. 如图，用四种不同颜色给图中的A，B，C，D，E，F六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法的种数为( )
2
212
21
A．288 B．264 C．240 D．168 解析：选B 按所用颜色分两类：
第1类，三色涂完．必然两两同色，即AC，BE，DF或AF，BD，CE，有2A4＝48种涂法． 第2类，四色涂完．A，D，E肯定不同色，有A4种涂法，再从B，F，C中选一位置涂第四色有三种．
若所选是B，则F，C共三种涂法，所以有A4·C3·3＝216种涂法． 故共有48＋216＝264种不同的涂色方法．
2．有限集合P中元素的个数记作card(P)．已知card(M)＝10，A?M，B?M，A∩B＝?，且card(A)＝2，card(B)＝3.若集合X满足A?X?M，则集合X的个数是________；若集合
3
13
3
Y满足Y?M，且A?Y，B?Y，则集合Y的个数是________(用数字作答)．
解析：显然card(M)＝10表示集合M中有10个元素，card(A)＝2表示集合A中有2个元素，而A?X?M，所以集合X中可以只含A中的2个元素，也可以除了A中的2个元素外，在剩下的8个元素中任取1个、2个、3个、…、8个，共有C8＋C8＋C8＋…＋C8＝2＝256种情况，即符合要求的集合X有256个．满足Y?M的集合Y的个数是2，其中不满足条件
10
0
1
2
8
8
A?Y的集合Y的个数是28，不满足条件B?Y的集合Y的个数是27，同时不满足条件A?Y与B?Y的集合Y的个数是2，因此满足题意的集合Y的个数是2－2－2＋2＝672.
答案：256 672
5
10
8
7
5
4