第2节排列与组合.docx

第2节排列与组合1.B2.C3.C4.D5.C6.A7. ACDAm由排列组合数公式和性质易得A,C,D均正确，而CSI=含"，所以B不正确.8. ABCD对于选项A,先放编号为1号的小球，有A；种方法，再放另外5个小球，有A1种方法，所以共有AMM=360种方法，选项A正确；对于选项B,先放编号为奇数的小球，有A1种方法，再放另外3个小球，有A：；种方法，所以共有阳XA1=36种方法，选项B正确；对于选项C,先在六个盒子中任选3个，放入与其编号相同的小球，有C2=2()种放法，用枚举法放剩下的3个小球，共有2种放法，所以不同的放法总数是20x2=40种；对于选项D,先在编号为15的五个盒子中任选3个，有G=IO种，不妨设选了编号为123的3个盒子,分别放入标号为2,3,4的3个小球，则编号为4,5,6的盒子放入的小球编号依次可以是1,5,6、6,1,5和6,5，共3种，所以不同的放法总数是1O×3=3O种.9. 8将4个人重排，恰有1个人站在自己原来的位置，有C种站法，剩下3人不站原来位置有2种站法,所以共有CX2=8种站法.10. 36第一步，选2名同学报名某个社团，有CgC1=12种报法；第二步，从剩余的3个社团里选一个社团安排另一名同学，有GC1=3种报法.由分步乘法计数原理得共有12x3=36种报法.11. 42由题设可分两类：一是甲地只选派1名女生，先考虑甲地有种情形，后考虑乙、丙两地，有Ag种情形，共有cKA9=36种情形；二是甲地选派2名女生，则甲地有Cg种情形，乙、丙两地有Ag种情形，共有CU?=6种情形.由分类加法计数原理可知共有36+6=42种情形.12,21,432,3,4时，黑色正方形互不相邻的着色方案种数分别为2,3,5,8,由此可看出后一个总是前2项之和，故=5时应为5+8=13,=6时应为8+13=21；当=6时，所有的着色方案种数为N=C2+C+C；+C+C：+C：+C：=64种，所以至少有两个黑色正方形相邻的着色方案共有64-21=43种.13 .解(1)将取出4个球分成三类情况：第一类：取4个红球，没有白球，有仁种；第二类：取3个红球1个白球，有CK种；第三类：取2个红球2个白球，有CiG种.取法有C!+CK+C彳=115种.（2）设取X个红球，y个白球，x=4,或符合条件的取法有CicHC1CHC1Ci=186种.Iy=1»x+y=5（0x4）,x=2,IX=3,则J得或，'2x+y27（OW）W6）,1y=31y=214 .解当个位、十位和百位上的数字为三个偶数时，若选出的三个偶数含有0,则千位上把剩余数字中任意一个放上即可，方法数是CgAya=72；若选出的三个偶数不含0,则千位上只能从剩余的非0数字中选一个放上，方法数是A9c!=18,故这种情况下符合要求的四位数共有72+18=90（个）.当个位、十位和百位上的数字为一个偶数、两个奇数时，若选出的偶数是0,则再选出两个奇数，千位上只要在剩余数字中选一个放上即可，方法数为C3AK=72;若选出的偶数不是0,则再选出两个奇数后，千位上只能从剩余的非0数字中选一个放上，方法数是CA3G=162,故这种情况下符合要求的四位数共有72+162=234（个）.根据分类加法计数原理，可得符合要求的四位数共有90+234=324（个）.15 .解（1）可以把1与2看作个整体并进行全排列，因为0不在首位，需先排0,再排其余数字，共有（2）先从其余4个数字中任选2个排在0与1之间有A；种排法，并把这四个数作为一个整体.若0在1之前，则先排首位，再将余下的一个数与这个整体全排列；若1在0之前，可直接将这个整体与其余2个数字进行全排列.共有A：C；A；+A泻=120个.（3）0不在首位，1不在个位，先将6个数字全排列有A：种排法，再减去0在首位和1在个位的情况有2A；种.但是0在首位且1在个位的情况减了两次，故后面要加回来，故共有A：2A；+A：=504j.16 .解（1）为保证“恰有1个盒子不放球”，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，共有多少种放法?''即把4个球分成2,1,1三组，然后再从3个盒子中选1个放2个球,其余2个球放在另外2个盒子内.由分步乘法计数原理知，共有=44种放法.（2）“恰有1个盒子里有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个盒子有2个球”与“恰有1个盒子不放球”是同一件事，所以共有144种放法.（3）4个盒子中有2个空盒,共有C；种放法.按两个盒子放球的个数可分成3,1和2,2两类：第一类有C；C；A：C2C2种放法，第二类有一A；（C2C2、A；种放法，故共有C；C：C；A；+比产A；=84种放法.