2022届高三数学一轮复习（原卷版）第2讲　排列与组合.doc

第 2 讲 排列与组合 一、知识梳理 1排列、组合的定义 排列的定义 从 n 个不同元素中取出 m(mn)个元素 按照一定的顺序排成一列 组合的定义 合成一组 2.排列数、组合数的定义、公式、性质 排列数 组合数 定义 从n个不同元素中取出m(mn)个元素的所有不同排列的个数 从n个不同元素中取出m(mn)个元素的所有不同组合的个数 公式 Amnn(n1)(n2)(nm1)n！(nm)！ CmnAmnAmmn(n1)(n2)(nm1)m！ 性质 Annn！ ，0！1 CmnCnmn，CmnCm1nCmn1 常用结论 1 “排列”与“组合”的辨析 排列与组合最根本的区别在于“有序”和“无序” 取出元素后交换顺序， 如果与顺序有关，则是排列；如果与顺序无关，则是组合 2解决排列、组合问题的十种技巧 (1)特殊元素优先安排 (2)合理分类与准确分步 (3)排列、组合混合问题要先选后排 (4)相邻问题捆绑处理 (5)不相邻问题插空处理 (6)定序问题倍缩法处理 (7)分排问题直排处理 (8)“小集团”排列问题先整体后局部 (9)构造模型 (10)正难则反，等价转化 二、教材衍化 16 把椅子摆成一排，3 人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为( ) A144 B120 C72 D24 解析：选 D “插空法”，先排 3 个空位，形成 4 个空隙供 3 人选择就座，因此任何两人不相邻的坐法种数为 A3443224. 2用数字 1，2，3，4，5 组成无重复数字的四位数，其中偶数的个数为( ) A8 B24 C48 D120 解析：选 C末位数字排法有 A12种，其他位置排法有 A34种，共有 A12A3448(种)排法，所以偶数的个数为 48. 3从 4 名男同学和 3 名女同学中选出 3 名参加某项活动，则男女生都有的选法种数是( ) A18 B24 C30 D36 解析：选 C选出的 3 人中有 2 名男同学 1 名女同学的方法有 C24C1318 种，选出的 3人中有 1 名男同学 2 名女同学的方法有 C14C2312 种， 故 3 名学生中男女生都有的选法有 C24C13C14C2330 种故选 C 一、思考辨析 判断正误(正确的打“”，错误的打“”) (1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列( ) (2)一个组合中取出的元素讲究元素的先后顺序( ) (3)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同( ) (4)若组合式 CxnCmn，则 xm 成立( ) (5)Amnn(n1)(n2)(nm)( ) 答案：(1) (2) (3) (4) (5) 二、易错纠偏 常见误区| (1)分类不清导致出错； (2)相邻元素看成一个整体，不相邻问题采用插空法是解决相邻与不相邻问题的基本方法 1从 6 台原装计算机和 5 台组装计算机中任意选取 5 台，其中至少有原装计算机和组装计算机各 2 台，则不同的取法有_种 解析：分两类：第一类，取 2 台原装计算机与 3 台组装计算机，有 C26C35种方法；第二类， 取 3 台原装计算机与 2 台组装计算机， 有 C36C25种方法 所以满足条件的不同取法有 C26C35C36C25350(种) 答案：350 2把 5 件不同产品摆成一排，若产品 A 与产品 B 相邻，且产品 A 与产品 C 不相邻，则 不同的摆法有_种 解析：设这 5 件不同的产品分别为 A，B，C，D，E，先把产品 A 与产品 B 捆绑有 A22种摆法，再与产品 D，E 全排列有 A33种摆法，最后把产品 C 插空有 C13种摆法，所以共有 A22A33C1336(种)不同摆法 答案：36 考点一 排列问题(基础型) 复习指导| 理解排列的概念及排列数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题 核心素养：数学建模 有 3 名男生、4 名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法总数 (1)选 5 人排成一排； (2)排成前后两排，前排 3 人，后排 4 人； (3)全体排成一排，甲不站排头也不站排尾； (4)全体排成一排，女生必须站在一起； (5)全体排成一排，男生互不相邻 【解】 (1)从 7 人中选 5 人排列，有 A57765432 520(种) (2)分两步完成，先选 3 人站前排，有 A37种方法，余下 4 人站后排，有 A44种方法，共有A37A445 040(种) (3)法一(特殊元素优先法)： 先排甲， 有 5 种方法， 其余 6 人有 A66种排列方法， 共有 5A663 600(种) 法二(特殊位置优先法)：首尾位置可安排另 6 人中的两人，有 A26种排法，其他有 A55种排法，共有 A26A553 600(种) (4)(捆绑法)将女生看作一个整体与 3 名男生一起全排列，有 A44种方法，再将女生全排列，有 A44种方法，共有 A44A44576(种) (5)(插空法)先排女生，有 A44种方法，再在女生之间及首尾 5 个空位中任选 3 个空位安排男生，有 A35种方法，共有 A44A351 440(种) 求解排列应用问题的 6 种主要方法 直接法 把符合条件的排列数直接列式计算 优先法 优先安排特殊元素或特殊位置 捆绑法 把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列 插空法 对不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空当中 定序问题 除法处理 对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列 间接法 正难则反、等价转化的方法 13 本不同的数学书与 3 本不同的语文书放在书架同一层，则同类书不相邻的放法种数为( ) A36 B72 C108 D144 解析：选 B3 本数学书的放法有 A33种，将 3 本语文书插入使得语文数学均不相邻的插法有 2A33种，故同类书不相邻的放法有 2A33A3326672(种) 26 名同学站成 1 排照相，要求甲同学既不站在最左边也不站在最右边，则不同站法共有_种 解析：法一：(位置优先法)先从其他 5 人中安排 2 人站在最左边和最右边，再安排余下4 人的位置，分为两步： 第 1 步，从除甲外的 5 人中选出 2 人分别站在最左边和最右边，有 A25种站法； 第 2 步，余下 4 人(含甲)站在剩下的 4 个位置上，有 A44种站法 由分步乘法计数原理可知，共有 A25A44480(种)不同站法 法二：(元素优先法)先安排甲的位置(既不站在最左边也不站在最右边)，再安排其他 5人的位置，分为两步：第 1 步，将甲排在除最左边、最右边外的任意位置上，有 A14种站法； 第 2 步，余下 5 人站在剩下的 5 个位置上，有 A55种站法由分步乘法计数原理可知，共有 A14A55480(种)不同的站法 答案：480 考点二 组合问题(基础型) 复习指导| 理解组合的概念及组合数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题 核心素养：数学建模 某市工商局对 35 种商品进行抽样检查，已知其中有 15 种假货现从 35 种商品中选取 3 种 (1)其中某一种假货必须在内，不同的取法有多少种？ (2)其中某一种假货不能在内，不同的取法有多少种？ (3)恰有 2 种假货在内，不同的取法有多少种？ (4)至少有 2 种假货在内，不同的取法有多少种？ (5)至多有 2 种假货在内，不同的取法有多少种？ 【解】 (1)从余下的 34 种商品中， 选取 2 种有 C234561 种取法， 所以某一种假货必须在内的不同取法有 561 种 (2)从 34 种可选商品中，选取 3 种，有 C334种或者 C335C234C3345 984 种取法 所以某一种假货不能在内的不同取法有 5 984 种 (3)从 20 种真货中选取 1 种，从 15 种假货中选取 2 种有 C120C2152 100 种取法 所以恰有 2 种假货在内的不同的取法有 2 100 种 (4)选取 2 种假货有 C120C215种， 选取 3 种假货有 C315种， 共有选取方式 C120C215C3152 1004552 555(种) 所以至少有 2 种假货在内的不同的取法有 2 555 种 (5)法一(间接法)：选取 3 种的总数为 C335，因此共有选取方式 C335C3156 5454556 090(种) 所以至多有 2 种假货在内的不同的取法有 6 090 种 法二(直接法)：共有选取方式 C320C220C115C120C2156 090(种) 所以至多有 2 种假货在内的不同的取法有 6 090 种 两类有附加条件的组合问题的解法 (1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：若“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；若“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取 (2)“至少”或“最多”含有几个元素的组合题型：解这类题目必须十分重视“至少”与“最多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解用直接法或间接法都可以求解，通常用直接法，分类复杂时，用间接法求解 1(2020 沈阳模拟)某地区高考改革实行“312”模式， “3”指语文、数学、外语三门必考科目， “1”指在物理、历史两门科目中必选一门科目， “2”指在化学、生物、政治、地理以及除了必选一门以外的历史或物理这五门科目中任意选择两门科目， 则一名学生的不同选科组合有( ) A8 种 B12 种 C16 种 D20 种 解析：选 C若一名学生只选物理和历史中的一门，则有 C12C2412 种组合；若一名学生物理和历史都选，则有 C144 种组合，因此共有 12416 种组合故选 C 2甲、乙两人从 4 门课程中各选修 2 门，求： (1)甲、乙所选的课程中恰有 1 门相同的选法有多少种？ (2)甲、乙所选的课程中至少有 1 门不相同的选法有多少种？ 解：(1)甲、乙两人从 4 门课程中各选修 2 门，且甲、乙所选课程中恰有 1 门相同的选法种数共有 C24C12C1224(种) (2)甲、乙两人从 4 门课程中各选 2 门不同的选法种数为 C24C24，又甲、乙两人所选的 2门课程都相同的选法种数为 C24种，因此满足条件的不同选法种数为 C24C24C2430(种) 考点三 排列、组合的综合应用(应用型) 复习指导| 先选后排法是解答排列、组合应用问题的根本方法，利用先选后排法解答问题只需三步即可完成 第一步：选元素，即选出符合条件的元素； 第二步：进行排列，即把选出的元素按要求进行排列； 第三步：计算总数，即根据分步乘法计数原理、分类加法计数原理计算总数 (1)将标号为 1，2，3，4 的四个篮球分给三位小朋友，每位小朋友至少分到一个篮球，且标号 1，2 的两个篮球不能分给同一个小朋友，则不同的分法种数为( ) A15 B20 C30 D42 (2)将 6 本不同的书分给甲、乙、丙 3 名学生，其中一人得 1 本，一人得 2 本，一人得 3本，则有_种不同的分法 【解析】 (1)四个篮球中两个分到一组有 C24种分法， 三个篮球进行全排列有 A33种分法，标号 1， 2 的两个篮球分给同一个小朋友有 A33种分法， 所以有 C24A33A3336630 种分法 (2)先把书分成三组，把这三组分给甲、乙、丙 3 名学生先选 1 本，有 C16种选法；再从余下的 5 本中选 2 本， 有 C25种选法；最后余下 3 本全选， 有 C33种选法 故共有 C16 C25C3360 种选法由于甲、乙、丙是不同的 3 人，还应考虑再分配，故共有 60A33360 种分配方法 【答案】 (1)C (2)360 (1)仔细审题，判断是组合问题还是排列问题，要按元素的性质分类，按事件发生的过程进行分步 (2)以元素为主时，先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素；以位置为主时，先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置 (3)对于有附加条件的比较复杂的排列、组合问题，要周密分析，设计出合理的方案，一般先把复杂问题分解成若干个简单的基本问题， 然后应用分类加法计数原理或分步乘法计数原理来解决，一般遵循先选后排的原则 1甲、乙、丙、丁四位同学高考之后计划去 A、B、C 三个不同社区进行帮扶活动，每人只能去一个社区，每个社区至少一人其中甲必须去 A 社区，乙不去 B 社区，则不同的安排方法种数为( ) A8 B7 C6 D5 解析：选 B根据题意，分 2 种情况讨论：乙和甲一起去 A 社区，此时将丙丁二人安排到 B、C 社区即可，有 A222 种情况，乙不去 A 社区，则乙必须去 C 社区，若丙丁都去 B 社区，有 1 种情况，若丙丁中有 1 人去 B 社区，则先在丙丁中选出 1 人，安排到 B 社区，剩下 1 人安排到 A 或 C 社区，有 224 种情况，则不同的安排方法种数有 2147 种故选 B 2从 0，2 中选一个数字，从 1，3，5 中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为( ) A24 B18 C12 D6 解析：选 B从 0，2 中选一个数字 0，则 0 只能排在十位，从 1，3，5 中选两个数字排在个位与百位，共有 A236 种；从 0，2 中选一个数字 2，则 2 排在十位(或百位)，从 1，3，5 中选两个数字排在百位(或十位)、个位，共有 A12A2312 种，故共有 A23A12A2318种故选 B 基础题组练 1(2020 广西桂林一模)中国古代的五经是指： 诗经 尚书 礼记 周易 春秋 ；现甲、乙、丙、丁、戊 5 名同学各选一本书作为课外兴趣研读，若甲、乙都没有选诗经 ，乙也没选春秋 ，则 5 名同学所有可能的选择有( ) A18 种 B24 种 C36 种 D54 种 解析：选 D(1)若甲选春秋 ，则有 C13A3318 种情况；(2)若甲不选春秋 ，则有A23A3336 种情况所以 5 名同学所有可能的选择有 183654 种故选 D 2(2020 湖南长郡中学模拟)某节目组决定把将进酒 山居秋暝 望岳 送杜少府之任蜀州 和另外确定的两首诗词排在后六场做节目开场诗词，并要求将进酒与望岳相邻，且将进酒排在望岳的前面， 山居秋暝与送杜少府之任蜀州不相邻，且均不排在最后，则后六场开场诗词的排法有( ) A72 种 B48 种 C36 种 D24 种 解析：选 C根据题意，分 2 步分析：将将进酒与望岳捆绑在一起和另外确定的两首诗词进行全排列，共有 A336 种排法，再将山居秋暝与送杜少府之任蜀州插排在 3 个空里(最后一个空不排)， 有 A236 种排法， 则后六场开场诗词的排法有 6636种，故选 C 3(2020 云南昆明模拟)现有 6 人坐成一排，任选其中 3 人相互调整座位(这 3 人中任何 一人都不能坐回原来的位置)，其余 3 人座位不变，则不同的调整方案的种数有( ) A30 B40 C60 D90 解析：选 B根据题意，分 2 步进行分析：从 6 人中选出 3 人，相互调整座位，有C3620 种选法；记选出相互调整座位的 3 人分别为 A，B，C，则 A 有 2 种坐法，B，C只有 1 种坐法，A，B，C 相互调整座位有 2 种情况则不同的调整方案有 20240 种，故选 B 4六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有( ) A192 种 B216 种 C240 种 D288 种 解析：选 B第一类：甲在最左端，有 A5554321120 种方法；第二类：乙在最左端，有 4A444432196 种方法所以共有 12096216 种方法 5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中三点为顶点的三角形的个数为( ) A30 B42 C54 D56 解析：选 B间接法：先从这 8 个点中任取 3 个点，有 C38种取法，再减去三点共线的情形即可，即 C38C35C3442. 6(2020 四川广安、眉山、内江、遂宁一诊)某地环保部门召集 6 家企业的负责人参加座谈会，其中甲企业有 2 人到会，其余 5 家企业各有 1 人到会，会上有 3 人发言，则发言的3 人来自 3 家不同企业的可能情况的种数为( ) A15 B30 C35 D42 解析：选 B根据题意，分两类情况讨论：选出的 3 人中没有人来自甲企业，在其他 5个企业中任选 3 个即可，有 C3510 种情况；选出的 3 人中有人来自甲企业，则甲企业只能有 1 人参与，在其他 5 个企业中任选 2 个即可，有 2C2520 种情况则不同的情况共有102030 种，故选 B 7(2020 河南南阳模拟)把四个不同的小球放入三个分别标有 13 号的盒子中 ，不允许有空盒子的放法有( ) A12 种 B24 种 C36 种 D48 种 解析：选 C根据题意，四个不同的小球放入三个分别标有 13 号的盒子中， 且没有空盒，三个盒子中有 1 个盒子中放 2 个球，剩下的 2 个盒子中各放 1 个球，则分 2 步进行分析：先将四个不同的小球分成 3 组，有 C246 种分组方法；将分好的 3 组全排列，对应放到 3 个盒子中，有 A336 种放法则不允许有空盒子的放法有 6636 种 8(2020 广东韶关调研)某中学元旦晚会由 6 个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在节目乙的前面， 节目丙不能排在最后一位， 则该晚会节目演出顺序的编排方案共有( ) A720 种 B360 种 C300 种 D600 种 解析：选 C先安排好除节目丙之外的 5 个节目，有A55A2260 种可能，再安排节目丙，有 5 种可能，共 605300 种方案故选 C 9(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 B若物理和化学至少选一门，选法总数为 C12C26 C若物理和历史不能同时选，选法总数为 C37C15 D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 C12C25C15 解析：选 ABD对于 A，若任意选择三门课程，选法总数为 C37，错误；对于 B，若物理和化学选一门，有 C12种方法，其余两门从剩余的 5 门中选，有 C25种选法；若物理和化学选两门，有 C22种选法，剩下一门从剩余的 5 门中选，有 C15种选法，所以总数为 C12C25C22C15，错误；对于 C，若物理和历史不能同时选，选法总数为 C37C22C15C37C15(种)，正确；对于 D，有 3 种情况：只选物理且物理和历史不同时选，有 C11C24种选法；选化学，不选物理，有 C11C25种选法；物理与化学都选，有 C22C14种选法，故总数为 C11C24C11C25C22C14610420(种)，错误 10用数字 0，1，2，3，4 组成没有重复数字且大于 3 000 的四位数，这样的四位数有( ) A250 个 B249 个 C48 个 D24 个 解析：选 C当千位上的数字为 4 时，满足条件的四位数有 A3424(个)；当千位上的数字为 3 时， 满足条件的四位数有 A3424(个) 由分类加法计数原理得所有满足条件的四位数共有 242448(个)，故选 C 11某微信群中有甲、乙、丙、丁、戊五个人玩抢红包游戏，现有 4 个红包，每人最多抢一个，且红包被全部抢完，4 个红包中有 2 个 6 元，1 个 8 元，1 个 10 元(红包中金额相 同视为相同红包)，则甲、乙都抢到红包的情况有( ) A18 种 B24 种 C36 种 D48 种 解析：选 C若甲、乙抢的是一个 6 元和一个 8 元的红包，剩下 2 个红包，被剩下的 3人中的 2 个人抢走，有 A22A2312 种；若甲、乙抢的是一个 6 元和一个 10 元的红包，剩下 2个红包，被剩下的 3 人中的 2 个人抢走，有 A22A2312 种；若甲、乙抢的是一个 8 元和一个10 元的红包，剩下 2 个红包，被剩下的 3 人中的 2 个人抢走，有 A22C236 种；若甲、乙抢的是两个 6 元的红包，剩下 2 个红包，被剩下的 3 人中的 2 个人抢走，有 A236 种，根据分类加法计数原理可得，共有 36 种情况，故选 C 12某密码锁共设四个数位，每个数位的数字都可以是 1，2，3，4 中的任一个现密码破译者得知；甲所设的四个数字有且仅有三个相同；乙所设的四个数字有两个相同，另两个也相同；丙所设的四个数字有且仅有两个相同；丁所设的四个数字互不相同则上述四人所设密码最安全的是( ) A甲 B乙 C丙 D丁 解析：选 C甲所设密码共有 C34C14C1348 种不同设法，乙所设密码共有C24A242！36 种不同设法，丙所设密码共有 C24C14A23144 种不同设法，丁所设密码共有 A4424 种不同设法，所以丙最安全，故选 C 13(2020 黑龙江哈尔滨三中期末)有 3 名男演员和 2 名女演员，演出的出场顺序要求 2名女演员之间恰有 1 名男演员，则不同的出场顺序共_种 解析： 有 3 名男演员和 2 名女演员， 演出的出场顺序要求 2 名女演员之间恰有 1 名男演员，则先排 2 名女演员，有 A22种方法，然后插入 1 名男演员，有 A13种方法，再把这 3 个人当作一个整体，和其他 2 名男演员进行排列，有 A33种方法再根据分步乘法计数原理，可得不同的出场顺序有 A22A13A3336 种 答案：36 14 从某校 4 个班级的学生中选出 7 名学生参加进博会志愿者服务， 若每个班级至少有一名代表，则各班级的代表数有_种不同的选法(用数字作答) 解析： 由题意， 从 4 个班级的学生中选出 7 名学生代表， 每一个班级中至少有一名代表，相当于 7 个球排成一排，然后插 3 块隔板把他们分成 4 份，即中间 6 个空位中选 3 个插板，分成四份，共有 C3620 种不同的选法 答案：20 15 (2020 湖北联考)某共享汽车停放点的停车位成一排且恰好全部空闲， 假设最先来停车点停车的 3 辆共享汽车都是随机停放的， 且这 3 辆共享汽车都不相邻的概率与这 3 辆共享 汽车恰有 2 辆相邻的概率相等，则该停车点的车位数为_ 解析： 设停车位有 n 个， 这 3 辆共享汽车都不相邻： 相当于先将(n3)个停车位排放好，再将这 3 辆共享汽车， 插入到所成的(n2)个间隔中， 故有 A3n2种 恰有 2 辆共享汽车相邻，可先把其中 2 辆捆绑在一起看作一个复合元素，再和另一辆插入到将(n3)个停车位排好所成的(n2)个间隔中，故有 A23A2n2种因为这 3 辆共享汽车都不相邻的概率与这 3 辆共享汽车恰有 2 辆相邻的概率相等，所以 A3n2A23A2n2，解得 n10. 答案：10 16(2020 浙江嘉兴一中、湖州中学联考)用 0，1，2，3，4，5 这六个数字，可以组成_个无重复数字的三位数，也可以组成_个能被 5 整除且无重复数字的五位数 解析： 第一个空： 第一步， 先确定三位数的最高数位上的数，有 C155 种方法； 第二步，确定另外两个数位上的数，有 A255420 种方法，所以可以组成 520100 个无重复数字的三位数 第二个空： 被 5 整除且无重复数字的五位数的个位数上的数有 2 种情况： 当个位数上的数字是 0 时，其他数位上的数有 A455432120 种；当个位数上的数字是 5 时，先确定最高数位上的数，有 C144 种方法，而后确定其他三个数位上的数有 A3443224种方法，所以共有 24496 个数根据分类加法计算原理，可得共有 12096216 个数 答案：100 216 综合题组练 1将标号为 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，则不同的方法共有( ) A12 种 B16 种 C18 种 D36 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 个球平均放入剩下的 2 个盒子中，共有C24C222！ A226 种情况，所以不同的方法共有 3618(种) 2(多选)(2020 山东日照期末)把四个不同的小球放入三个分别标有 1 号、2 号、3 号的盒子中，不允许有空盒子的放法有( ) AC13C12C11C13种 BC24A33种 CC13C24A22种 D18 种 解析：选 BC根据题意，四个不同的小球放入三个分别标有 1 号、2 号、3 号的盒子中，且没有空盒，三个盒子中有 1 个盒子中放 2 个球，剩下的 2 个盒子中各放 1 个球，则分两步进行分析： 法一：先将四个不同的小球分成 3 组，有 C24种分组方法；将分好的 3 组全排列， 对应放到 3 个盒子中，有 A33种放法则不允许有空盒子的放法有 C24A3336 种 法二：在 4 个小球中任选 2 个，在 3 个盒子中任选 1 个，将选出的 2 个小球放入选出的盒子中，有 C13C24种情况；将剩下的 2 个小球全排列，放入剩下的 2 个盒子中，有 A22种放法，则不允许有空盒的放法有 C13C24A2236 种，故选 BC 3 从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对， 其中所成的角为 60 的共有_对 解析：如图它们的棱是原正方体的 12 条面对角线 一个正四面体中两条棱成 60 角的有(C263)对，两个正四面体有(C263)2 对又正方体的面对角线中平行成对，所以共有(C263)2248(对) 答案：48 4数字 1，2，3，4，5，6 按如图形式随机排列，设第一行的数为 N1，其中 N2、N3分别表示第二、三行中的最大数，则满足 N1N2N3的所有排列的个数是_ 解析：(元素优先法)由题意知 6 必在第三行，安排 6 有 C13种方法，第三行中剩下的两个空位安排数字有 A25种方法，在留下的三位数字中，必有一个最大数，把这个最大数安排在第二行，有 C12种方法，剩下的两个数字有 A22种排法，根据分步乘法计数原理，所有排列的个数是 C13A25C12A22240. 答案：240 5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 个空隙中插入无区别的 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 C3620 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 C310120 种放入方式 6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 A46种不同的测试方法，再从 4 件次品中选 2件排在第 5 次和第 10 次的位置上测试，有 A24种测试方法，再排余下 4 件的测试位置，有A44种测试方法所以共有 A46A24A44103 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 次有一件正品出现，所以共有 C14C16A44576 种不同的测试方法