第2讲排列与组合1．不等式A＜6×A的解集为( )A．[2，8] B．[2，6]C．(7，12)D．{8}解析：选D.由题意得＜6×，所以x2－19x＋84＜0，解得7＜x＜12.又x≤8，x－2≥0，所以7＜x≤8，x∈N*，即x＝8.2．若从1，2，3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有( )A．60种B．63种C．65种D．66种解析：选D.共有4个不同的偶数和5个不同的奇数，要使和为偶数，则4个数全为奇数，或全为偶数，或2个奇数和2个偶数，故不同的取法有C＋C＋CC＝66(种)．3．(2022·山西省考前质量检测)A，B，C，D，E，F六人围坐在一张圆桌周围开会，A是会议的中心发言人，必须坐最北面的椅子，B，C二人必须坐相邻的两把椅子，其余三人坐剩余的三把椅子，则不同的座次有( )A．60种B．48种C．30种D．24种解析：选B.由题知，不同的座次有AA＝48(种)，故选B.4．(2022·长沙模拟)若两条异面直线所成的角为60°，则称这对异面直线为“黄金异面直线对”，在连接正方体各顶点的所有直线中，“黄金异面直线对”共有( )A．12对B．18对C．24对D．30对解析：选C.依题意，注意到在正方体ABCDA1B1C1D1中，与直线AC构成异面直线且所成的角为60°的直线有BC1，BA1，A1D，DC1，注意到正方体ABCDA1B1C1D1中共有12条面对角线，可知所求的“黄金异面直线对”共有＝24(对)，故选C.5．(2022·济南模拟)将一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两个端点异色，若只有4种颜色可供使用，则不同的染色方法总数有( )A．48种B．72种C．96种D．108种解析：选B.记四棱锥为EABCD，第一步，确定四棱锥顶点E的颜色，相应的方法数有C＝4种；第二步，确定顶点A的颜色，相应的方法数有C＝3种；第三步，确定顶点D的颜色，相应的方法数有C＝2种；第四步，确定顶点B，C的颜色，相应的方法数有3种．因此由分步乘法计数原理得满足题意的方法数共有4×3×2×3＝72种，故选B.6．(2022·衡水调研)某学校派出5名优秀教师去边远地区的三所中学进行教学交流，每所中学至少派一名教师，则不同的分配方法有( )A．80种B．90种C．120种D．150种4\n解析：选D.将5名教师先分成3组，有两种分法，即一所学校1人，另两所学校分别2人，或一所学校3人，另两所学校分别1人，共有·A＝150种．7．若把英语单词“good”的字母顺序写错了，则可能出现的错误方法共有________种．解析：把g、o、o、d4个字母排一列，可分两步进行，第一步：排g和d，共有A种排法；第二步：排两个o，共一种排法，所以总的排法种数为A＝12(种)．其中正确的有一种，所以错误的共A－1＝12－1＝11(种)．答案：118．(2022·南昌模拟)安排A，B，C，D，E，F六名义工照顾甲、乙、丙三位老人，每两位义工照顾一位老人．考虑到义工与老人住址距离问题，义工A不安排照顾老人甲，义工B不安排照顾老人乙，安排方法共有________种．解析：第一种情况当B照顾老人甲时，有CC＝24种安排方法；第二种情况当B照顾老人丙时，有CC＝18种安排方法，所以一共有42种安排方法．答案：429．(2022·河南省高考适应性测试)3对夫妇去看电影，6个人坐成一排．若女性的邻座只能是其丈夫或其他女性，则坐法的种数为________．解析：当女性有3人相邻时，有2A(A＋1)＝36种坐法；当女性只有2人相邻时，有2A(1＋1)＝24种坐法，所以共有36＋24＝60种坐法．答案：6010．在三位正整数中，若十位数字小于个位和百位数字，则该数为“驼峰数”．比如：“102”“546”为“驼峰数”，由数字1，2，3，4，5这五个数字构成的无重复数字的“驼峰数”的十位上的数字之和为________．解析：三位“驼峰数”中1在十位的有A个，2在十位的有A个，3在十位上的有A个，所以所有三位“驼峰数”的十位上的数字之和为12×1＋6×2＋2×3＝30.答案：3011．用五个数字0，1，2，3，4组成没有重复数字的自然数，问：(1)四位数有几个？(2)比3000大的四位偶数有几个？解：(1)首位数字不能是0，其他三位数字可以任意，所以四位数有CA＝96(个)．(2)①若4在首位，则个位数字必是0或2，有CA个数，②若3在首位，则个位数字必是0或2或4，有CA个数．所以比3000大的偶数且是四位数的有CA＋CA＝30(个)．12．从1到9的9个数字中取3个偶数4个奇数，试问：(1)能组成多少个没有重复数字的七位数？(2)上述七位数中，3个偶数排在一起的有几个？(3)(1)中的七位数中，偶数排在一起，奇数也排在一起的有几个？解：(1)分三步完成：第一步，在4个偶数中取3个，有C种情况；第二步，在5个奇数中取4个，有C种情况；第三步，3个偶数，4个奇数进行排列，有A种情况．所以符合题意的七位数有CCA＝100800(个)．(2)上述七位数中，3个偶数排在一起的有CCAA＝14400(个)．(3)(1)的七位数中，3个偶数排在一起，4个奇数也排在一起的有CCAAA＝5760(个)．1．(2022·江西省九校联考)将6名报名参加运动会的同学分别安排到跳绳、接力、投篮三项比赛中(假设这些比赛都不设人数上限)，每人只参加一项，则共有x种不同的方案，4\n若每项比赛至少要安排一人时，则共有y种不同的方案，则x＋y的值为( )A．1269B．1206C．1719D．756解析：选A.6名同学报名参加跳绳、接力、投篮三项比赛，每人只参加一项，每人有3种报名方法，根据分步乘法计数原理可得x＝36＝729；而每项比赛至少要安排一人时，先分组有114、123、222，即有＝90种，再排列有A＝6种，所以y＝90×6＝540种；故x＋y＝1269.2．(2022·安徽省皖北协作区联考)从一架钢琴挑出的十个音键中，分别选择3个，4个，5个，…，10个键同时按下，可发出和声，若有一个音键不同，则发出不同的和声，则这样的不同的和声数为________(用数字作答)．解析：由题意知，分别选择3个，4个，5个，…，10个键同时按下，可发出和声的情况，共分以下8类：当选择3个不同按键时，有C种方法；当选择4个不同按键时，有C种方法；…；当选择10个不同按键时，有C种方法，所以不同的和声数为C＋C＋…＋C＝(C＋C＋C＋C＋C＋…＋C)－(C＋C＋C)＝210－(1＋10＋45)＝968.答案：9683．现有男运动员6名，女运动员4名，其中男女队长各1名，选派5人外出比赛，在下列情形中各有多少种选派方法？(1)男运动员3名，女运动员2名；(2)至少有1名女运动员；(3)既要有队长，又要有女运动员．解：(1)任选3名男运动员，方法数为C，再选2名女运动员，方法数为C，共有C·C＝120种方法．(2)法一：至少有1名女运动员包括以下几种情况：1女4男，2女3男，3女2男，4女1男，由分类加法计数原理可得总选法数为CC＋CC＋CC＋CC＝246(种)．法二：“至少有1名女运动员”的反面是“全是男运动员”，因此用间接法求解，不同选法有C－C＝246(种)．(3)当有女队长时，其他人任意选，共有C种选法，不选女队长时，必选男队长，其他人任意选，共有C种选法，其中不含女运动员的选法有C种，所以不选女队长时共有(C－C)种选法．所以既有队长又有女运动员的选法共有C＋C－C＝191(种)．4．有4个不同的球与4个不同的盒子，把球全部放入盒内．(1)恰有1个盒不放球，共有几种放法？(2)恰有1个盒内有2个球，共有几种放法？(3)恰有2个盒不放球，共有几种放法？解：(1)为保证“恰有1个盒不放球”，先从4个盒子中任意取出一个，问题转化为“4个球，3个盒子，每个盒子都要放入球，共有几种放法？”即把4个球分成2，1，1的三组，然后再从3个盒子中选1个放2个球，其余2个球分别放在另外2个盒子内，由分步乘法计数原理知，共有CCCA＝144(种)．(2)恰有1个盒内有2个球，即另外3个盒子放2个球，每个盒子至多放1个球，也即另外3个盒子中恰有一个空盒，因此，“恰有1个盒内有2个球”与“恰有1个盒不放球”是同一件事，所以共有144种放法．4\n(3)确定2个空盒有C种方法．4个球放进2个盒子可分成(3，1)、(2，2)两类，第一类有序不均匀分组有CCA种方法；第二类有序均匀分组有·A种方法．故共有C＝84(种)．4
