A级——夯基保分练
1．来自中国、英国、瑞典的乒乓球裁判各两名，执行奥运会的一号、二号和三号场地的乒乓球裁判工作，每个场地由两名来自不同国家的裁判组成，则不同的安排方案总数有( )
A．48种 C．72种
B．64种 D．96种
解析：选A 每个场地由两名来自不同国家的裁判组成，只能分为：中、英；中、瑞；英、瑞．三组中，中国、英国、瑞典的乒乓球裁判各两名，本国裁判可以互换，进场地全排
223列，不同的安排方案总数有A22A2A2A3＝2×2×2×6＝48(种)．故选A.
2．某校开设A类选修课2门，B类选修课3门，一位同学从中选3门．若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有( )
A．3种 C．9种
B．6种 D．18种
221
解析：选C C12C3＋C2C3＝2×3＋1×3＝9.
3．某小区有排成一排的7个车位，现有3辆不同型号的车需要停放，如果要求剩余的4个车位连在一起，那么不同的停放方法的种数为( )
A．16 C．24
B．18 D．32
解析：选C 将4个车位捆绑在一起，看成一个元素，先排3辆不同型号的车，在3个车位上任意排列，有A33＝6(种)方法，再将捆绑在一起的4个车位插入4个空档中，有4种方法，故共有4×6＝24(种)方法．
4．(2019·沈阳教学质量监测)若4个人按原来站的位置重新站成一排，恰有1个人站在自己原来的位置，则不同的站法共有( )
A．4种 C．12种
B．8种 D．24种
1种站法，剩下3解析：选B 将4个人重排，恰有1个人站在自己原来的位置，有C4
人不站原来位置有2种站法，所以共有C14×2＝8种站法．
5．从5名学生中选出4名分别参加数学、物理、化学、生物四科竞赛，其中甲不能参加生物竞赛，则不同的参赛方案种数为( )
A．48 C．90
B．72 D．96
解析：选D 由于甲不参加生物竞赛，则安排甲参加另外3场竞赛或甲不参加任何竞赛．
3①当甲参加另外3场竞赛时，共有C13A4＝72种选择方案；
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②当甲学生不参加任何竞赛时，共有A44＝24种选择方案． 综上所述，所有参赛方案有72＋24＝96(种)．
6．(2019·南昌调研)某校毕业典礼上有6个节目，考虑整体效果，对节目演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前三位，且节目丙、丁必须排在一起．则该校毕业典礼节目演出顺序的编排方案共有( )
A．120种 C．188种
B．156种 D．240种
解析：选A 记演出顺序为1～6号，按甲的编排进行分类，①当甲在1号位置时，丙、
23
丁相邻的情况有4种，则有C14A2A3＝48种；②当甲在2号位置时，丙、丁相邻的情况有323123种，共有C13A2A3＝36种；③当甲在3号位置时，丙、丁相邻的情况有3种，共有C3A2A3＝
36种．所以编排方案共有48＋36＋36＝120种．
7．(多选)某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理、技术这七门课程中选三门作为选考科目，下列说法错误的是( )
A．若任意选择三门课程，选法总数为A37
2B．若物理和化学至少选一门，选法总数为C12C6 1
C．若物理和历史不能同时选，选法总数为C37－C5
21D．若物理和化学至少选一门，且物理和历史不同时选，选法总数为C12C5－C5 3，错误；对于B，若物解析：选ABD 对于A，若任意选择三门课程，选法总数为C7
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理和化学选一门，有C12种方法，其余两门从剩余的5门中选，有C5种选法，选法为C2C5；1若物理和化学选两门，有C2剩下一门从剩余的5门中选，有C1有C22种选法，5种选法，2C5种，221由分步乘法计数原理知，总数为C12C5＋C2C5，错误；对于C，若物理和历史不能同时选，2C1＝C3－C1(种)，正确；对于D，有3种情况：①只选物理且物理和历选法总数为C37－C2·5752种选法；②选化学，不选物理，有C1·2史不同时选，有C1C41·1C5种选法；③物理与化学都选，1种选法，故总数为C1·21C2＋C2·1有C2C42·1C4＋C1·52C4＝6＋10＋4＝20(种)，错误．故选A、B、
D.
8．(多选)用0到9这10个数字，可组成没有重复数字的四位偶数的个数为( )
1A1·2
A．A39＋A4·8A8 1(A3－A2) B．A3989＋A4·1A1·2C．A1A1A25·5·8＋A4·4A8 3231D．A410－A9－A5(A9－A8)
解析：选ABCD 选项A，先排个位，若个位是0，则前3个数位上可以用剩下的9个数字任意排，有A39种；若个位不是0，则个位有4种选择，再排千位，有8种方法，再排
3112
百位和十位有A28种方法，所以没有重复数字的四位偶数共有A9＋A4×A8×A8＝2 296个，
故A正确．
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13选项B，个位是0的不同四位数偶数共有A39种，个位不是0的不同四位偶数有A4×A9
23
个，其中包含个位是偶数且千位为0的A14×A8种，故没有重复数字的四位偶数共有：A9＋32A14(A9－A8)＝2 296个，故B正确．
12112
选项C，若千位为奇数，则有A15×A5×A8个，若千位是偶数，有A4×A4×A8个，故共12112
有A15×A5×A8＋A4×A4×A8＝2 296个，故C正确．
31(A3－A2)选项D，没有重复数字的四位数有A4没有重复数字的四位奇数有A59810－A9个，3231个，故没有重复数字的四位偶数有A410－A9－A5(A9－A8)＝2 296个，D正确．故选A、B、
C、D.
9．某班上午有五节课，分别安排语文、数学、英语、物理、化学各一节课．要求语文与化学相邻，数学与物理不相邻，且数学课不排第一节，则不同排课方案的种数是________．
解析：根据题意，分三步进行分析，①要求语文与化学相邻，将语文和化学看成一个整
2体，考虑其顺序，有A22＝2种情况；②将这个整体与英语全排列，有A2＝2种情况，排好
后，有3个空位；③数学课不排第一节，有2个空位可选，在剩下的2个空位中任选1个，安排物理，有2种情况，则数学、物理的安排方法有2×2＝4种，则不同排课方案的种数是2×2×4＝16.
答案：16
10.如图所示2×2方格，在每一个方格中填入一个数字，数字可以是1,2,3,4中的任何一个，允许重复．若填入A方格的数字大于B方格的数字，则不同的填法共有______种．(用数字作答)
A C
解析：根据题意，对于A，B两个方格，可在1,2,3,4中任选2个，大的放进A方格，
2＝6种情况，小的放进B方格，有C4对于C，D两个方格，每个方格有4种情况，则共有4×4
B D ＝16种情况，则不同的填法共有16×6＝96种．
答案：96
11．用数字0,1,2,3,4,5,6组成没有重复数字的四位数，其中个位、十位和百位上的数字之和为偶数的四位数共有________个．(用数字作答)
解析：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
31上把剩余数字中任意一个放上即可，方法数是C23A3C4＝72；若选出的三个偶数不含0，则1千位上只能从剩余的非0数字中选一个放上，方法数是A33C3＝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
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31两个奇数，千位上只要在剩余数字中选一个放上即可，方法数为C23A3C4＝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
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C3C3A3C3＝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)． 答案：324
12．(一题两空)已知10件不同的产品中有4件是次品，现对它们进行测试，直至找出所有的次品为止．
(1)若恰在第5次测试才测试到第1件次品，第10次才找到最后一件次品，则这样的不同测试方法数是________．
(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________． 解析：(1)先排前4次测试，只能取正品，有A46种不同的测试方法，再从4件次品中选
2种测试方法，再排余下4件的测试位置，有2件排在第5次和第10次的位置上测试，有A4
4A2·4A44种测试方法．所以共有A6·4A4＝103 680种不同的测试方法．
(2)第5次测试的产品恰为最后一件次品，另3件在前4次中出现，从而前4次有一件
1·正品出现，所以共有C1C6A44·4＝576种不同的测试方法．
答案：(1)103 680 (2)576
B级——提能综合练
13．将标号分别为1,2,3,4,5,6的6个小球放入3个不同的盒子中．若每个盒子放2个，其中标号为1,2的小球放入同一盒子中，则不同的放法共有( )
A．12种 C．18种
B．16种 D．36种
解析：选C 先将标号为1,2的小球放入盒子，有3种情况；再将剩下的4个球平均放C2C24·2入剩下的2个盒子中，共有·A2＝6(种)情况，所以不同的放法共有3×6＝18(种)．
2！2
14．将A，B，C，D，E排成一列，要求A，B，C在排列中顺序为“A，B，C”或“C，B，A”(可以不相邻)，这样的排列数有__________种．
解析：五个元素没有限制全排列数为A55，由于要求A，B，C的次序一定(按A，B，C或C，B，A)，故除以这三个元素的全排列
答案：40
15.如图，∠MON的边OM上有四点A1，A2，A3，A4，ON上有三点B1，B2，B3，则以O，A1，A2，A3，A4，B1，B2，B3为顶点的三角形个数为________．
解析：用间接法．先从这8个点中任取3个点，最多构成三角形C38个，再减去三点共
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3，可得这样的排列数有A3
A55
×2＝40(种)． A33
33线的情形即可．共有C38－C5－C4＝42(个)．
答案：42
16．(一题两空)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________种； (2)可出现空盒时的放入方式共有________种．
解析：(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C36＝20种不同的放入方式．
(2)每种放入方式相当于将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C310＝120种不同的放入方式．
答案：(1)20 (2)120
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