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专题5 排列与组合易错易混问题归纳
【典例1-1】（22-23高二下·江苏淮安·期中）从5台原装计算机和4台组装计算机中任意选取5台，其中至少有原装与组装计算机各2台，则不同的选取方法有
A．300种 B．200种 C．150种 D．100种
【答案】D
【分析】被选出的5台计算机中，第一类是2台原装3台组装，第二类是3台原装2台组装，分别计算出两类结果，再相加即可.
【详解】被选出的5台计算机中，第一类是2台原装3台组装，其共有中选法；
第二类是3台原装2台组装，其共有中选法；
故至少有原装与组装计算机各2台，则不同的选取方法有100种.
故选：D
【典例1-2】（2023·湖北十堰·一模）甲 乙 丙 丁共4名学生报名参加夏季运动会，每人报名1个项目，目前有100米短跑 3000米长跑 跳高、跳远 铅球这5个项目可供选择，其中100米短跑只剩下一个参赛名额，若最后这4人共选择了3个项目，则不同的报名情况共有（ ）
A．224种 B．288种 C．314种 D．248种
【答案】B
【分析】分不选100米短跑和1人选100米短跑，再按照分组分配问题求解即可.
【详解】分两种情况讨论：①不选100米短跑，四名学生分成2名、1名、1名三组，参加除100米短跑的四个项目中的三个，有种；
②1人选100米短跑，剩下三名学生分成2名、1名两组，参加剩下四个项目中的两个，有种.
故他们报名的情况总共有种.
故选：B.
【题后反思】
排列组合问题基于两个基本计数原理，即加法原理和乘法原理，故理解“分类用加、分步用乘”是解决排列组合问题的前提.
【举一反三】
（22-23高二下·广东佛山·期中）
1．在一次运动会上有四项比赛的冠军在甲、乙、丙三人中产生，那么不同的夺冠情况共有（ ）种
A． B． C． D．
（22-23高二上·浙江台州·期中考试）
2．从不同品牌的4台“快译通”和不同品牌的5台录音机中任意抽取3台，其中至少有“快译通”和录音机各1台，则不同的取法共有(　　)
A．140种 B．84种 C．70种 D．35种
（22-23高二下·四川绵阳·期中）
3．某地奥运火炬接力传递路线共分6段，传递活动分别由6名火炬手完成．如果第一棒火炬手只能从甲、乙、丙三人中产生，最后一棒火炬手只能从甲、乙两人中产生，则不同的传递方案共有 种．（用数字作答）．
（22-23高二上·江苏常州·期中）
4．从6台原装计算机和5台组装计算机中任意选5台，其中至少有原装与组装计算机各两台，则不同的取法有 种.
【必备知识】
【典例2-1】（22-23高二上·河北邯郸·期末）现有排成一排的个不同的盒子，将红、黄、蓝色的个小球全部放入这个盒子中，若每个盒子最多放一个小球，则恰有两个空盒相邻的不同放法共有 种. （结果用数字表示）
【答案】
【分析】先考虑两个空盒相邻排列数，再考虑每种相邻情况下，排红、黄、蓝颜色的个小球排列数，最后求出恰有两个空盒相邻的不同放法的个数.
【详解】恰有两个空盒相邻，则有种排法.然后每种相邻情况下，排红、黄、蓝颜色的个小球有种排法.因此.所求放法为种.
故答案为：24
【典例2-2】（22-23高二·浙江绍兴·期末）现有红、黄、白三种颜色的小球（形状、大小完全相同）5个，每种颜色至多2个小球，若将这5个小球排成一排，要求中间位置不放白球，且同种颜色的小球不相邻，则共有 种排法．
【答案】24
【分析】中间位置必须为黄球或红球，考虑中间位置的颜色有1个球，或2个球，分类讨论即可.
【详解】根据题意，中间位置的颜色有2种可能，即红球或黄球.
若中间位置的小球颜色是红球或黄球，满足题意的排列个数相同.
考虑中间位置是红球即可.
此时，若红球个数总共只有1个，则有种排法；
若红球个数总共有个，则有种排法；
故所有的排法有：种.
故答案为：.
【题后反思】
在判断一个问题是排列还是组合问题时，主要看元素的组成有没有顺序性，有顺序的是排列，无顺序的是组合.
【举一反三】
（22-23高二上·江西宜春·期末）
5．将5个相同的小球放入3个不同的盒子，盒子不空，有 种投放方法.
（22-23高二下·四川眉山·期中）
6．有大小、形状完全相同的3个红色小球和5个白色小球，排成一排，共有 种不同的排列方法？
（2023高三·全国·专题练习）
7．（原创）将大小形状相同的个黄球和个黑球放入如图所示的的十宫格中，每格至多放一个，要求相邻方格的小球不同色（有公共边的两个方格为相邻），如果同色球不加以区分，则所有不同的放法种数为
A． B． C． D．
【典例3-1】（2023高二·上海·期中）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
【答案】D
【解析】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.
【典例3-2】（22-23高二下·山东潍坊·期中）用数字0，1，2，3，4组成没有重复数字且比1000大的奇数共有
A．36个 B．48个 C．66个 D．72个
【答案】D
【详解】因为零不能在首位，在末位和在末位两种情况，千位是种情况，十位和百位从剩余的个元素中选两个进行排列有种结果，位奇数有，位奇数有，根据分类计数原理知共有，故选D.
【题后反思】
1.在排列组合中常会遇到元素分配问题、平均分组问题等，这些问题要注意避免重复计数，产生错误.
2.在排列组合问题中还可能由于考虑问题不够全面，因为遗漏某些情况，而出错.
【举一反三】
（22-23高二下·内蒙古赤峰·期末）
8．某快递公司共有人，从周一到周日的七天中，每天安排一人送货，每人至少送货天，其不同的排法共有种.
A． B． C． D．
（23-24高二上·山西·期末）
9．某周周一到周六的夜间值班工作由甲、乙、丙三人负责，每人负责其中的两天，每天只需一人值班，则下列关于安排方法数的说法正确的有（ ）
A．共有90种安排方法
B．甲连续两天值班的安排方法有30种
C．甲连续两天值班且乙连续两天值班的安排方法有18种
D．甲、乙、丙三人每人都连续两天值夜班的安排方法有6种
（2023·天津·一模）
10．用0，1，2，3，4组成没有重复数字的五位偶数，要求奇数不相邻，且0不与另外两个偶数相邻，这样的五位数一共有 个.（用数字作答）
【典例4-1】（2023高二下·上海·期中）现有1角、2角、5角、1元、2元、5元、10元、50元人民币各一张，100元人民币2张，从中至少取一张，共可组成不同的币值种数是（ ）
A．1024种 B．1023种 C．1535种 D．767种
【答案】D
【分析】先看一张人民币的取法，再看2张100元人民币的取法，利用分步计数原理计算即可.
【详解】除100元人民币以外的8张人民币中，每张均有取和不取2种情况，
2张100元人民币的取法有不取、取一张和取二张3种情况，
再减去10张人民币全不取的1种情况，
所以共有种．
故选：D.
【点睛】易错点睛：
误解：因为共有人民币10张，每张人民币都有取和不取2种情况，减去全不取的1种情况，共有种．
错因分析：这里100元面值比较特殊有两张，在误解中被计算成4种情况，实际上只有不取、取一张和取二张3种情况．
【典例4-2】（22-23高二上·四川攀枝花·期末）高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，其中工厂甲必须有班级去，每班去何工厂可自由选择，则不同的分配方案有（ ）.
A．16种 B．18种 C．37种 D．48种
【答案】C
【分析】按照去工厂甲的班级数进行分类讨论，由此计算出总的分配方案.
【详解】三个班有一个班去甲，方法数有；三个班有两个班去甲，方法数有；三个班都去甲，方法数有，故总的方法数为种，故选C.
【题后反思】
1.在排列组合中要特别注意一些特殊情况，一有疏漏就会出错.
2.有些排列组合问题用直接法或分类讨论比较困难，要采取适当的解决策略，如间接法、插入法、捆绑法、概率法等，有助于问题的解决.
【举一反三】
（22-23高二下·吉林·期中）
11．现有8个人排成一排照相，其中甲、乙、丙3人不能完全相邻的排法有（ ）
A．种 B．种
C．种 D．种
（22-23高二下·新疆·期中联考）
12．1999年10月1日，在中华人民共和国建国50周年之际，中国人民银行陆续发行了第五套人民币（1999年版），第五套人民币纸币共有1元、5元、10元、20元、50元、100元6种面额，现有这6种面额纸币各一张，一共可以组成 种币值.（用数字作答）
（23-24高二上·内蒙古呼伦贝尔·期末）
13．现有6个同学排成一排照相，其中甲、乙两位同学不能相邻，则不同的排法有（ ）种
A． B． C． D．
（22-23高二下·陕西西安·期中）
14．从5位男教师和4位女教师中选出3位教师，派到3个班担任班主任（每班1位班主任），要求这3位班主任中男、女教师都要有，则不同的选派方案共有
A．210种 B．420种 C．630种 D．840种
（22-23高二上·甘肃张掖·期末）
15．五个工程队承建某项工程的五个不同的子项目，每个工程队承建1项，其中甲工程队不能承建1号子项目，则不同的承建方案共有
A．种 B．种 C．种 D．种
（22-23高二下·海南·期末）
16．从6人中选出4人分别到巴黎、伦敦、悉尼、莫斯科四个城市游览，要求每个城市有一人游览，每人只游览一个城市，且这6人中甲、乙两人不去巴黎游览，则不同的选择方案共有（ ）
A．300种 B．240种 C．144种 D．96种
（22-23高二下·广东深圳·期中）
17． 四棱锥的八条棱代表8种不同的化工产品，有公共点的两条棱代表的化工产品放在同一仓库是危险的，没有公共点的两条棱代表的化工产品放在同一仓库是安全的，现打算用编号为①、②、③、④的4个仓库存放这8种化工产品，那么安全存放的不同方法种数为
A．96 B．48 C．24 D．0
（22-23高二下·辽宁大连·期中）
18．将标号为1，2，…，10的10个球放入标号为1，2，…，10的10个盒子里，每个盒内放一个球，恰好3个球的标号与其所在盒子的标号不一致的放入方法种数为
A．120 B．240 C．360 D．720
（22-23高二下·甘肃兰州·期中）
19．在由数字0，1，2，3，4，5所组成的没有重复数字的四位数中，不能被5整除的数共有_______个．
（22-23高二上·湖北咸宁·期末）
20．用1、2、3、4、5、6、7、8组成没有重复数字的八位数，要求1与2 相邻，3与4相邻，5与6相邻，而7与8不相邻，这样的八位数共有 个.（用数字作答）
（22-23高一下·广西·期中联考）
21．从集合与中各任取2个元素排成一排（字母和数字均不能重复）．每排中字母Q和数字0至多只能出现一个的不同排法种数是 ．（用数字作答）．
（22-23高二下·天津静海·期中）
22．4棵柳树和4棵杨树栽成一行，柳树、杨树逐一相间的栽法有 种.
（22-23高二上·湖南长沙·期末）
23．有两排座位，前排11个座位，后排12个座位，现安排甲、乙2人就座，规定前排中间的3个座位不能坐，并且甲、乙2人左右不相邻，那么不同排法的种数是 .
（22-23高二上·河北衡水·期中）
24．杭州亚运会期间某餐厅为志愿者供应客饭，每位志愿者可以在餐厅提供的菜肴中任选2荤2素共4种不同品种．现在餐厅准备了5种不同的荤菜，若要保证每位志愿者有200种以上不同选择，则餐厅至少还需要准备 种不同的素菜
（22-23高二下·福建泉州·期中）
25．设有编号为1，2，3，4，5的五个球和编号为1，2，3，4，5的五个盒子，现将这五个球放入这五个盒子内，要求每个盒子内放一个球，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，则这样的投放方法的种数为 .
（22-23高二上·北京·期末）
26．把6张座位编号为1，2，3，4，5，6的电影票全部分给4个人，每个人至少分1张，至多分2张，且这两张票具有连续的编号，那么不同的分法共有 种．（用数字作答）
（22-23高二下·上海长宁·期末）
27．4个不同的红球和6个不同的白球放入同一个袋中，现从中取出4个球．
（1）若取出的红球的个数不少于白球的个数，则有多少不同的取法？
（2）取出一个红球记2分，取出一个白球记1分，若取出4个球所得总分不少于5分，则有多少种不同取法．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【分析】利用分步乘法原理求解.
【详解】由题意四项比赛的冠军依次在甲、乙、丙三人中选取，每项冠军都有3种选取方法，由乘法原理共有种．故A，B，D错误.
故选：C．
2．C
【分析】
从中任意取出三台，其中至少要有“快译通”和录音机各1台，有两种方法，一是2台和1台；二是1台和2台，分别求出取出的方法，即可求出所有的方法数，
【详解】从中任意取出三台，其中至少要有“快译通”和录音机各1台，
快译通2台和录音机1台，取法有种；
快译通1台和录音机2台，取法有种，
根据分类计数原理知共有种.
故选：C.
3．96
【详解】排列组合应用问题，弄清题意．从特殊位置入手分类和分步完成，从最后一棒分类，甲为最后一棒，再考虑第一棒，再其余位置，依次有，乙为最后一棒，再考虑第一棒，再其余位置，依次有，则有．
4．350.
【分析】根据题意分两类，一类是2台组装机3台原装机，另一类是3台组装机2台原装机，再根据加法计数原理即可求解.
【详解】由题意，可分两类：
第一类，2台组装机3台原装机共有不同取法种，
第二类，3台组装机2台原装机共有不同取法种，
根据加法计数原理，共有种不同的取法.
故答案为350
【点睛】本题主要考查了加法计数原理，组合的应用，属于中档题.
5．6
【分析】直接利用隔板法计算得到答案.
【详解】5个相同的小球产生4个空，插入两块隔板，共有种投放方法.
故答案为：.
【点睛】本题考查了隔板法，意在考查学生的计算能力和应用能力.
6．56
【分析】从8个位置中选3个放红球，其余放白球即可得出结果.
【详解】从8个位置中选3个放红球，其余放白球，有种不同方法.
故答案为：56
【点睛】本题考查排列组合知识，考查了解决问题能力和计算能力，属于一般题目.
7．D
【详解】如图，设黄球、黑球分别是，则在十宫格中的排放格式分别有如下两种：，而每一种情形均有种情形，故所有不同的排法种数为，应选答案D．
8．C
【分析】
把天分成天组，然后人各选一组值班即可.
【详解】天分成天，天，天组， 人各选一组值班，
共有种.
故选：C.
9．ABD
【分析】
利用排列组合相关知识逐项分析即可.
【详解】
对于A，首先任选2天安排甲值班，共种方法，再从剩下的4天中选2天安排乙值班，
共种方法，最后安排丙，种方法，共计种方法，故A正确；
对于B，甲可以值周一周二、周二周三、…、周五周六，共有5种方法，
再从剩余4天中选2天安排乙，剩下两天安排丙，此步骤共种，共计种方法，故B正确；
对于C，首先确定甲在乙之前还是之后，有2种方法，再讨论丙值的两天班是否连续，
若连续，则从“□甲甲□乙乙□”或“□乙乙□甲甲□”对应的三个空档中选择一个，
安排“丙丙”即可，此时有种方法，
若不连续，则从“□甲甲□乙乙□”或“□乙乙□甲甲□”对应的三个空档中选择两个，各安排一个“丙”即可，
此时有种；综上，符合题意的方法数为种，故C错误；
对于D，只需将“甲甲”“乙乙”“丙丙”做全排列即可，共种方法，故D正确.
故选：ABD.
10．
【分析】分末尾数字为0，2，4三种情况讨论即可.
【详解】①若末位数字为时，则共有个五位数；
②若末位数字为时，则当十位数字为时，只有；当十位数字为时，只有；当十位数字为时，有和两个五位数，共有个五位数.
③若末位数为时，则当十位数字为时，只有；当十位数字为时，有和两个五位数；当十位数字为时，只有，共有个五位数.
综上，这样的五位数共有个.
故答案为：.
11．B
【分析】运用捆绑法先算出甲乙丙全相邻的情况，再从全排列中减去即可.
【详解】在8个人全排列的方法数中减去甲、乙、丙全相邻的方法数，
就得到甲、乙、丙3人不相邻的方法数，即；
故选：B．
12．63
【分析】由题意可知币值是由纸币张数来决定，则共有种币值，利用组合数的性质可求得结果.
【详解】由题意可知，可分别选取张纸币来构成不同币值
所有币值的种数为：
种
本题正确结果：
【点睛】本题考查利用组合数的性质求解组合问题，属于基础题.
13．BC
【分析】
利用插空法求解或先求出甲、乙两位同学相邻的不同排法，再利用没有要求的排法减去即可.
【详解】先将除甲、乙两位同学的为同学排好，
再将甲、乙两位同学插入个空，
则不同的排法有种，
假如甲、乙两位同学相邻，
则有种排法，
所以甲、乙两位同学不能相邻，不同的排法有种.
故选：BC.
14．B
【详解】依题意可得，3位实习教师中可能是一男两女或两男一女．若是一男两女，则有种选派方案，若是两男一女，则有种选派方案．所以总共有种不同选派方案，故选B
15．B
【详解】排列问题可抽象为元素与位置的问题；有约束条件的排列问题常是元素在或不在某位置；排列时，采用优先的原则，即先把特殊位置或特殊元素排好，剩余的位置或元素进行全排列;
先安排甲：从1号子项目以外的4个不同的子项目中任选一个，有种；在安排其他四个工程队：有种；根据分步计数原理，不同的承建方案共有种.故选B
16．B
【分析】分步：第一步从4人选1人去巴黎，第二步从剩下的5人中选3人去3个城市，由分步乘法原理可得．
【详解】分两步：首先从4人中选1人去巴黎游览，共有种，其次从剩余5人中选3人到其它三个城市游览，共有种，共有种，
故选：B.
【点睛】本题考查排列组合的应用，解题时确定完成事件的方法，本题是分步完成，应用分步乘法原理．
17．B
【详解】解：8种化工产品分4组，设四棱锥的顶点是P，底面四边形的个顶点为A、B、C、D．
分析得到四棱锥没有公共点的8条棱分4组，只有2种情况，
（PA、DC；PB、AD；PC、AB；PD、BC）或（PA、BC；PD、AB；PC、AD；PB、DC）
那么安全存放的不同方法种数为=48．
故选B．
18．B
【分析】先确定标号与其在盒子的标号不一致的3个球，是组合问题,可得其排法数，进而分析可得三个标号与其在盒子的标号不一致的排法数，由分步计数原理，计算可得结果.
【详解】根据题意，先确定标号与其在盒子的标号不一致的3个球，
即从10个球中取出3个，有种，
而这3个球的排法有种，
则共有种，故选B.
【点睛】本题主要考查分步计数原理及排列组合的应用，属于难题.有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率.
19．192
【分析】分3步：先个位、然后千位、排最后百位与十位.
【详解】分3步：个位共有4种排法，然后千位有4种排法，最后百位与十位有种排法，
不能被5整除的数共有个，
故答案为：192.
【点睛】本题主要考查分步计数原理的应用，考查了元素位置有限制的排列问题，属于基础题.
20．576
【详解】试题分析：首先把1和2相邻，3与4相邻，5与6相邻当做三个元素进行排列有A33种结果，这三个元素形成四个空，把7和8 在这四个位置排列有A42种结果，三对相邻的元素内部各还有一个排列A22，根据分步计数原理得到这种数字的总数有A33A42A22A22A22=576，故答案为576．
考点：排列、组合及简单的计数问题．
点评：相邻问题一般采用捆绑法，应用捆绑法解决排列组合问题时，一定要注意“捆绑”起来的元素内部的顺序．不相邻问题一般采用插空法．
21．5832
【分析】
先求出各任取2个元素排成一排的数量，再求出每排中字母Q和数字0都出现的数量，一减即可.
【详解】
各任取2个元素排成一排（字母和数字均不能重复），共有；
每排中字母Q和数字0都出现有
符合题意不同排法种数是．
故答案为：5832
22．1152
【分析】柳树和杨树共有2种排法，柳树和杨树自排各有种排法，再利用分步乘法计数原理计算即可.
【详解】柳树和杨树排列，有2种排法，
柳树排列共有种，杨树排列共有种，
所以柳树、杨树逐一相间的栽法有种.
故答案为：1152
【点睛】本题主要考查分步乘法计数原理和排列问题，属于基础题.
23．346
【分析】讨论甲、乙2人一个前排，一个后排、甲、乙均在前排、两人均在后排的情况，再由分类加法计数原理得出答案.
【详解】因为前排中间3个座位不能坐，所以实际可坐的位置是前排8个，后排12个.分成以下三种情况：
①甲、乙2人一个前排，一个后排，有种排法；
②两人均在后排，共种排法，还需排除甲、乙2人相邻的情况，即种排法，故有种排法；
③甲、乙均在前排，又分两类：
第一类，甲、乙2人一左一右，有种排法；
第二类，甲、乙2人同左或同右，有种排法.综上，不同排法的种数为.
故答案为：
24．7
【分析】
根据保证每位顾客有200种以上不同选择，可得，由此可得结论．
【详解】设还需准备种不同的素菜，
由题意得，解得或，
又因，所以的最小值为，
所以餐厅至少还需要准备种不同的素菜.
故答案为：.
25．45
【分析】
先选出一个球的编号与盒子的编号相同，再用列举法求出另外4个球的编号与盒子的编号不同的投放种数，再用分步乘法计数原理可得结果.
【详解】
先选出1个小球，放到对应序号的盒子里，有种情况，
例如：5号球放在5号盒子里，其余四个球的放法为，，，，，，，，共9种，
故将这五个球放入这五个盒子内，要求每个盒子内放一个球，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，则这样的投放方法种数为种，
故答案为：45.
26．144
【分析】
根据题意分2步进行：①先将票分为符合条件的4份，有2个人各一张，2个人各2张；②再将分好的4份全排列，对应到4个人，即可得答案.
【详解】解：根据题意，可分为两步进行：
①先将票分为符合条件的4份，4人分6张票，且每人至少一张，至多两张，
则有2个人各一张，2个人各2张，且分得的票必须连号，相当于将1，2，3，4，5，6这6个数字用3个板子隔开，分为四部分且不存在三连号，
即在其中的5个空隙中插入3个板子，其有种情况；
其中出现3张三连号的有：123，4，5，6；1，234，5，6；1，2，345，6；1，2，3，456；共4种情况，不满足题意，
所以有10-4=6种情况；
②再将分好的4份全排列，对应到4个人，有种情况，
由分步计数原理可得，共有种不同的分法.
故答案为：144
27．（1）；（2）.
【分析】（1）若取出的红球的个数不少于白球的个数，则有红、红白、红白三种情况，然后利用分类计数原理可得出答案；
（2）若取出的球的总分不少于分，则有红、红白、红白和红白四种情况，然后利用分类计数原理可得出答案.
【详解】（1）若取出的红球个数不少于白球个数，则有红、红白、红白三种情况，
其中红有种取法，红白有种取法，红白有种取法.
因此，共有种不同的取法；
（2）若取出的个球的总分不少于分，则有红、红白、红白和红白四种情况.
其中红有种取法，红白有种取法，红白有种取法，红白有种不同的取法.
因此，共有种不同的取法.
【点睛】本题考查分类加法计数原理应用，在解题时要熟练利用分类讨论思想，遵循不重不漏的原则，考查运算求解能力，属于中等题.
答案第1页，共2页
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