第一篇：2014届数学(理)大一轮练出高分：10.2排列与组合
河北饶阳中学2014届数学一轮复习试题
A组 专项基础训练
(时间：35分钟，满分：57分)
一、选择题(每小题5分，共20分)
1． 10名同学合影，站成了前排3人，后排7人．现摄影师要从后排7人中抽2人站前排，其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数为
5A．C27A5()2B．C27A22C．C27A53D．C27A5
答案 C
2解析 从后排抽2人的方法种数是C2前排的排列方法种数是A5.由分步乘法计数原理7；
2知不同调整方法种数是C27A5.2． 某台小型晚会由6个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前两位，节目乙
不能排在第一位，节目丙必须排在最后一位．该台晚会节目演出顺序的编排方案共有
()
A．36种
答案 B
解析 分两类，第一类：甲排在第一位时，丙排在最后一位，中间4个节目无限制条件，有A44种排法；第二类：甲排在第二位时，从甲、乙、丙之外的3个节目中选1个节目
313排在第一位有C13种排法，其他3个节目有A3种排法，故有C3A3种排法．依分类加法计
13数原理，知共有A44＋C3A3＝42(种)编排方案．B．42种C．48种D．54种
3．(2012·课标全国)将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会
实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有
()
A．12种
答案 A
解析 分两步：第一步，选派一名教师到甲地，另一名到乙地，共有C12＝2(种)选派方法；
末位有C12种方法，剩余1个数字排在首位，共有C3C2＝6(种)方法；
当选2时，先从1,3,5中选2个数字有C23种方法，然后从选中的2个数字中选1个排在212末位有C12种方法，其余2个数字全排列，共有C3C2A2＝12(种)方法．
依分类加法计数原理知共有6＋12＝18(个)奇数．
二、填空题(每小题5分，共15分)
5． A、B、C、D、E五人并排站成一排，如果B必须站在A的右边(A、B可以不相邻)，那
么不同的排法共有________种． 答案 60
解析 可先排C、D、E三人，共A35种排法，剩余A、B两人只有一种排法，由分步乘法计数原理知满足条件的排法共有A35＝60(种)．
6． 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． 答案 324
解析 分两大类：(1)四位数中如果有0，这时0一定排在个、十、百位的任一位上，这
3时，另两位上数字又有两种情况：①可以全是偶数；②可以全是奇数．故此时共有C23A31231C4＋C3A3C4＝144(个)．(2)四位数中如果没有0，这时后三位可以全是偶数，或两奇一12131偶，此时共有A33C3＋C3C3A3C3＝180(个)．故符合题意的四位数共有：144＋180＝
324(个)．
7． 5名乒乓球队员中，有2名老队员和3名新队员．现从中选出3名队员排成1,2,3号参
加团体比赛，则入选的3名队员中至少有1名老队员且1、2号中至少有1名新队员的排法有________种． 答案 48
23112解析 ①只有1名老队员的排法有C1②有2名老队员的排法有C22C3A3＝36(种)．2C3C2A2
＝12(种)．所以共有48种．
三、解答题(共22分)
8．(10分)有2个a,3个b,4个c共9个字母排成一排，共有多少种排法？
解 因为a与a，b与b，c与c无区别，所以排法取决于9个位置中哪几个排a，哪几
34个排b，剩下的再排c，故共有C29C7C4＝1 260种不同的排法．
9．(12分)某医院有内科医生12名，外科医生8名，现选派5名参加赈灾医疗队，其中：
(1)某内科医生甲与某外科医生乙必须参加，共有多少种不同选法？(2)甲、乙均不能参加，有多少种选法？(3)甲、乙两人至少有一人参加，有多少种选法？
(4)队中至少有一名内科医生和一名外科医生，有几种选法？ 解(1)只需从其他18人中选3人即可，共有C318＝816(种)；
(2)只需从其他18人中选5人即可，共有C518＝8 568(种)；(3)分两类：甲、乙中有一人参加，甲、乙都参加，43共有C12C18＋C18＝6 936(种)；
(4)方法一(直接法)：
至少有一名内科医生和一名外科医生的选法可分四类： 一内四外；二内三外；三内二外；四内一外，4233241所以共有C112C8＋C12C8＋C12C8＋C12C8＝14 656(种)．
方法二(间接法)：
55由总数中减去五名都是内科医生和五名都是外科医生的选法种数，得C520－(C12＋C8)＝656(种)．
B组 专项能力提升(时间：25分钟，满分：43分)
一、选择题(每小题5分，共15分)
1．(2012·辽宁)一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为
()
A．3×3!C．(3！)4答案 C
解析 把一家三口看作一个排列，然后再排列这3家，所以有(3！)4种．
2．(2012·陕西)两人进行乒乓球比赛，先赢3局者获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形(各人输赢局次的不同视为不同情形)共有()A．10种C．20种答案 C
解析 由题意知比赛场数至少为3场，至多为5场． 当为3场时，情况为甲或乙连赢3场，共2种．
当为4场时，若甲赢，则前3场中甲赢2场，最后一场甲赢，共有C23＝3(种)情况；同理，若乙赢也有3种情况．共有6种情况．
当为5场时，前4场，甲、乙各赢2场，最后1场胜出的人赢，共有2C2 4＝12(种)情况．由上综合知，共有20种情况．
3． 有甲、乙、丙三项任务，甲需2人承担，乙、丙各需1人承担，从10人中选派4人承
B．15种 D．30种
B．3×(3！)3D．9!
担这项任务，不同的选法有()A．1 260种C．2 520种答案 C
B．2 025种 D．5 040种
解析 第一步，从10人中选派2人承担任务甲，有C210种选派方法；第二步，从余下的8人中选派1人承担任务乙，有C18种选派方法；第三步，再从余下的7人中选派1人承担任务丙，有C1根据分步乘法计数原理易得选派方法种数为C2C1C17种选派方法．10·8·7＝2 520.二、填空题(每小题5分，共15分)
4． 3位男生和3位女生共6位同学站成一排，若男生甲不站两端，3位女生中有且只有两
位女生相邻，则不同的排法种数是________．答案 288
解析 记三名男生为甲、乙、丙，三名女生为a、b、c，先排男生，若甲在两端有4种
11排法，然后3位女生去插空，排法如ab甲 丙c乙 共有4A23A2A3种，若男生甲2排在中间，有两种排法，然后女生去插空，排法如ab乙 甲c丙 共有2A23A4种1122排法．根据分类加法计数原理共有4A23A2A3＋2A3A4＝288(种)不同排法．
5． 用数字1,2,3,4,5,6组成没有重复数字的6位数，要求任何相邻两个数字的奇偶性不同，且1和2相邻，这样的六位数的个数是________． 答案 40
2解析 第一步将3,4,5,6按奇偶相间排成一列，共有2×A22×A2＝8(种)排法；第二步再
将1,2捆绑插入4个数字产生的5个空位中，共有A15＝5(种)插法，插入时需满足条件相邻数字的奇偶性不同，1,2的排法由已排4个数的奇偶性确定． ∴不同的排法有8×5＝40(种)，即这样的六位数有40个．
6． 某省高中学校自实施素质教育以来，学生社团得到迅猛发展．某校高一新生中的五名同
学打算参加“春晖文学社”、“舞者轮滑俱乐部”、“篮球之家”、“围棋苑”四个社团．若每个社团至少有一名同学参加，每名同学至少参加一个社团且只能参加一个社团，且同学甲不参加“围棋苑”，则不同的参加方法的种数为________． 答案 180
解析 设五名同学分别为甲、乙、丙、丁、戊，由题意，如果甲不参加“围棋苑”，有下列两种情况：
(1)从乙、丙、丁、戊中选一人(如乙)参加“围棋苑”，有C14种方法，然后从甲与丙、3丁、戊共4人中选2人(如丙、丁)并成一组与甲、戊分配到其他三个社团中，有C24A3种
方法，这时共有C14C4A3种参加方法；
(2)从乙、丙、丁、戊中选2人(如乙、丙)参加“围棋苑”，有C24种方法，甲与丁、戊
23分配到其他三个社团中有A33种方法，这时共有C4A3种参加方法； 2323综合(1)(2)，共有C14C4A3＋C4A3＝180(种)参加方法．
三、解答题
7．(13分)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．
2解(1)第一步：选3名男运动员，有C36种选法，第二步：选2名女运动员，有C4种选
法，故共有C3C26·4＝120种选法．
(2)方法一(直接法)：“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．
2341由分类加法计数原理知共有C1C4C6＋C3C2C6＝246种选法． 4·6＋C4·4·6＋C4·
方法二(间接法)，不考虑条件，从10人中任选5人，有C510种选法，其中全是男运动员的选法有C56种，5故“至少有1名女运动员”的选法有C510－C6＝246(种)．
(3)当有女队长时，其他人选法任意，共有C49种选法，不选女队长时，必选男队长，共
4有C4其中不含女运动员的选法有C4故不选女队长时共有C4所8种选法，5种，8－C5种选法．44以既有队长又有女运动员的选法共有C49＋C8－C5＝191(种)．
第二篇：10.2 排列与组合练习题
§10.2 排列与组合一、选择题
1．某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目．如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同插法的种数为
()．
A．42B．30C．20D．12
解析 可分为两类：两个节目相邻或两个节目不相邻，若两个节目相邻，则有
1A2若两个节目不相邻，则有A2由分类计数原理共有2A6＝12种排法；6＝30种排法．
12＋30＝42种排法(或A27＝42)． 答案 A
2．a∈N*，且a<20，则(27－a)(28－a)„(34－a)等于()
27－a78
A．A827－aB．A34－aC．A34－aD．A34－a 解析A834－a＝(27－a)(28－a)„(34－a)． 答案 D
3．从1,3,5,7中任取2个数字，从0,2,4,6,8中任取2个数字，组成没有重复数字的四位数，其中能被5整除的四位数共有()
A．252个B．300个 C．324个D．228个
113
解析(1)若仅仅含有数字0，则选法是C2可以组成四位数C23C4，3C4A3＝12×6＝72个；
2123
(2)若仅仅含有数字5，则选法是C1 3C4，可以组成四位数C3C4A3＝18×6＝108个；
113
(3)若既含数字0，又含数字5，选法是C3C4，排法是若0在个位，有A3＝6种，11
若5在个位，有2×A22＝4种，故可以组成四位数C3C4(6＋4)＝120个． 根据加法原理，共有72＋108＋120＝300个． 答案 B
4．2013年春节放假安排：农历除夕至正月初六放假，共7天．某单位安排7位员工值班，每人值班1天，每天安排1人．若甲不在除夕值班，乙不在正月初一值班，而且丙和甲在相邻的两天值班，则不同的安排方案共有()A．1 440种C．1 282种
B．1 360种D．1 128种
解析 采取对丙和甲进行捆绑的方法：
如果不考虑“乙不在正月初一值班”，则安排方案有：A66·A2＝1 440种，124如果“乙在正月初一值班”，则安排方案有：C11·A4·A2·A4＝192种，若“甲在除夕值班”，则“丙在初一值班”，则安排方案有：A55＝120种．
则不同的安排方案共有1 440－192－120＝1 128(种)． 答案 D
5．某外商计划在4个候选城市中投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则该外商不同的投资方案有()．
A．16种B．36种C．42种D．60种
解析 若3个不同的项目投资到4个城市中的3个，每个城市一项，共A34种方法；若3个不同的项目投资到4个城市中的2个，一个城市一项、一个城市两项共
2322C23A4种方法，由分类计数原理知共A4＋C3A4＝60种方法．
答案 D
6．某校开设A类选修课3门，B类选修课4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．30种B．35种C．42种D．48种
解析 法一 可分两种互斥情况：A类选1门，B类选2门或A类选2门，B类
221选1门，共有C13C4＋C3C4＝18＋12＝30(种)选法．
3法二 总共有C37＝35(种)选法，减去只选A类的C3＝1(种)，再减去只选B类的C34＝4(种)，共有30种选法． 答案 A
7．有5本不同的书，其中语文书2本，数学书2本，物理书1本．若将其并排摆放在书架的同一层上，则同一科目书都不相邻的放法种数是()． A．24B．48C．72D．96
222223解析 A55－2A2A3A2－A2A2A3＝48.答案 B
二、填空题
8．5名乒乓球队员中，有2名老队员和3名新队员．现从中选出3名队员排成1,2,3号参加团体比赛，则入选的3名队员中至少有1名老队员，且1、2号中至少有1名新队员的排法有________种．(以数字作答)
23解析①只有1名老队员的排法有C12·C3·A3＝36种． 112②有2名老队员的排法有C22·C3·C2·A2＝12种；
所以共48种． 答案 48
9．将4名新来的同学分配到A、B、C三个班级中，每个班级至少安排1名学生，其中甲同学不能分配到A班，那么不同的分配方案种数是________．
解析 将4名新来的同学分配到A、B、C三个班级中，每个班级至少安排一名学
3212
生有C2其中甲同学分配到A班共有C2因此满足条4A3种分配方案，3A2＋C3A2种方案．32212件的不同方案共有C24A3－C3A2－C3A2＝24(种)．
答案 24
10．从5名男医生、4名女医生中选3名医生组成一个医疗小分队，要求男、女医生都有，则不同的组队方案共有________种．
解析分1名男医生2名女医生、2名男医生1名女医生两种情况，或者用间接法．
221
直接法：C15C4＋C5C4＝70.33
间接法：C39－C5－C4＝70.答案70
11．有五名男同志去外地出差，住宿安排在三个房间内，要求甲、乙两人不住同一房间，且每个房间最多住两人，则不同的住宿安排有________种(用数字作答)． 解析甲、乙住在同一个房间，此时只能把另外三人分为两组，这时的方法总数
22C15C4C2313
是C3A3＝18，而总的分配方法数是把五人分为三组再进行分配，方法数是23
A2
＝90，故不同的住宿安排共有90－18＝72种． 答案 72
12．某车队有7辆车，现要调出4辆按一定顺序出去执行任务．要求甲、乙两车必须参加，且甲车要先于乙车开出有________种不同的调度方法(填数字)． 解析 先从除甲、乙外的5辆车任选2辆有C25种选法，连同甲、乙共4辆车，排列在一起，选从4个位置中选两个位置安排甲、乙，甲在乙前共有C24种，最后，222安排其他两辆车共有A22种方法，∴不同的调度方法为C5·C4·A2＝120种．
答案 120
三、解答题
13．有六名同学按下列方法和要求分组，各有不同的分组方法多少种？(1)分成三个组，各组人数分别为1、2、3；
(2)分成三个组去参加三项不同的试验，各组人数分别为1、2、3；(3)分成三个组，各组人数分别为2、2、2；
(4)分成三个组去参加三项不同的试验，各组人数分别为2、2、2；(5)分成四个组，各组人数分别为1,1,2,2；
(6)分成四个组去参加四项不同的活动，各组人数分别为1、1、2、2.23
解析(1)即C16C5C3＝60.233
(2)即C16C5C3A3＝60×6＝360.22C26C4C2
(3)即315.A322
(4)即C26C4C2＝90.12C1C26C54C2
(5)即2·2＝45.A2A2122
(6)C16C5C4C2＝180.14．要从5名女生，7名男生中选出5名代表，按下列要求，分别有多少种不同的选法？
(1)至少有1名女生入选；(2)至多有2名女生入选；(3)男生甲和女生乙入选；(4)男生甲和女生乙不能同时入选；(5)男 生甲、女生乙至少有一个人入选．
解析(1)C512－C7＝771； 1423(2)C57＋C5C7＋C5C7＝546； 3(3)C22C10＝120； 23(4)C512－C2C10＝672； 5(5)C512－C10＝540.15．在m(m≥2)个不同数的排列p1p2„pm中，若1≤i＜j≤m时pi＞pj(即前面某数大于后面某数)，则称pi与pj构成一个逆序，一个排列的全部逆序的总数称为该排列的逆序数．记排列(n＋1)n(n－1)„321的逆序数为an.如排列21的逆序数a1＝1，排列321的逆序数a2＝3，排列4 321的逆序数a3＝6.(1)求a4、a5，并写出an的表达式；(2)令bn＝
anan＋1
＋，证明2n＜b1＋b2＋„＋bn＜2n＋3，n＝1,2，„.an＋1an
nn＋12
解析(1)由已知条件a4＝C25＝10，a5＝C6＝15，则an＝Cn＋1＝
(2)证明 bn＝
1anan＋1nn＋21
2＋2nn＋2an＋1ann＋2n
∴b1＋b2＋„＋bn
111111111
－＋－ ＝2n＋21－＋－＋－＋„＋
32435n－1n＋1nn＋2113
－，＝2n＋2－
2n＋1n＋2∴2n＜b1＋b2＋„＋bn＜2n＋3.16．已知10件不同的产品中有4件次品，现对它们一一测试，直至找到所有4件次品为止．
(1)若恰在第2次测试时，才测试到第一件次品，第8次才找到最后一件次品，则共有多少种不同的测试方法？
(2)若至多测试6次就能找到所有4件次品，则共有多少种不同的测试方法？ 解析(1)若恰在第2次测试时，才测到第一件次品，第8次才找到最后一件次品，若是不放回的逐个抽取测试． 第2次测到第一件次品有4种抽法； 第8次测到最后一件次品有3种抽法；
第3至第7次抽取测到最后两件次品共有A2剩余4次抽到的是正品，共5种抽法；
24有A24A5A6＝86 400种抽法．
(2)检测4次可测出4件次品，不同的测试方法有A44种，1检测5次可测出4件次品，不同的测试方法有4A34A6种；
26检测6次测出4件次品或6件正品，则不同的测试方法共有4A35A6＋A6种．
由分类计数原理，满足条件的不同的测试方法的种数为
31326A44＋4A4A6＋4A5A6＋A6＝8 520.
第三篇：计数原理-10.2 排列与组合(教案)
响水二中高三数学（理）一轮复习
教案 第十编 计数原理 主备人 张灵芝 总第52期
§10.2 排列与组合
基础自测
1.从1，2，3，4，5，6六个数字中，选出一个偶数和两个奇数，组成一个没有重复数字的三位数，这样的三位数共有 个.答案 54 2.（2008·福建理）某班级要从4名男生、2名女生中选派4人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案共有 种.答案 14 3.停车场每排恰有10个停车位.当有7辆不同型号的车已停放在同一排后，恰有3个空车位连在一起的排法有 种.（用式子表示）答案 A88
4.在100件产品中有6件次品，现从中任取3件产品，至少有1件次品的不同取法种数是（用式子表示）.3答案 C100-C394
5.（2007·天津理）如图，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求最多使用3种颜色且相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法共有 种（用数字作答）.答案 390
例题精讲
例1 六人按下列要求站一横排，分别有多少种不同的站法？（1）甲不站两端；（2）甲、乙必须相邻；（3）甲、乙不相邻；（4）甲、乙之间间隔两人；（5）甲、乙站在两端；（6）甲不站左端，乙不站右端.解（1）方法一 要使甲不站在两端，可先让甲在中间4个位置上任选1个，有A14种站法，然后其余
155人在另外5个位置上作全排列有A55种站法，根据分步计数原理，共有站法：A4·A5=480（种）.2方法二 由于甲不站两端，这两个位置只能从其余5个人中选2个人站，有A5种站法，然后中24间人有A44种站法，根据分步计数原理，共有站法：A5·A4=480（种）.5方法三 若对甲没有限制条件共有A66种站法，甲在两端共有2A5种站法，从总数中减去这两种 329
5情形的排列数，即共有站法：A66-2A5=480（种）.（2）方法一 先把甲、乙作为一个“整体”，看作一个人，和其余4人进行全排列有A55种站法，再把
52甲、乙进行全排列，有A22种站法，根据分步计数原理，共有A5·A2=240（种）站法.方法二 先把甲、乙以外的4个人作全排列，有A44种站法，再在5个空档中选出一个供甲、乙放
2412入，有A15种方法，最后让甲、乙全排列，有A2种方法，共有A4·A5·A2=240（种）.（3）因为甲、乙不相邻，中间有隔档，可用“插空法”，第一步先让甲、乙以外的4个人站队，有A442种站法；第二步再将甲、乙排在4人形成的5个空档（含两端）中，有A5种站法，故共有站法为2A44·A5=480（种）.52也可用“间接法”，6个人全排列有A66种站法，由（2）知甲、乙相邻有A5·A2=240种站法，所52以不相邻的站法有A66-A5·A2=720-240=480（种）.（4）方法一 先将甲、乙以外的4个人作全排列，有A4然后将甲、乙按条件插入站队，有3A24种，2种，故共有A4（3A24·2）=144（种）站法.方法二 先从甲、乙以外的4个人中任选2人排在甲、乙之间的两个位置上，有A2然后把甲、4种，乙及中间2人看作一个“大”元素与余下2人作全排列有A3最后对甲、乙进行排列，有A22种3种方法，32方法，故共有A24·A3·A2=144（种）站法.（5）方法一 首先考虑特殊元素，甲、乙先站两端，有A22种，再让其他4人在中间位置作全排列，24有A44种，根据分步计数原理，共有A2·A4=48（种）站法.方法二 首先考虑两端两个特殊位置，甲、乙去站有A22种站法，然后考虑中间4个位置，由剩下
24的4人去站，有A44种站法，由分步计数原理共有A2·A4=48（种）站法.54（6）方法一 甲在左端的站法有A55种，乙在右端的站法有A5种，且甲在左端而乙在右端的站法有A4 330 54种，共有A66-2A5+A4=504（种）站法.方法二 以元素甲分类可分为两类：①甲站右端有A55种站法，②甲在中间4个位置之一，而乙不145114在右端有A14·A4·A4 种，故共有A5+A4·A4·A4=504（种）站法.例2 男运动员6名，女运动员4名，其中男女队长各1人.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）队长中至少有1人参加；（4）既要有队长，又要有女运动员.2解（1）第一步：选3名男运动员，有C36种选法.第二步：选2名女运动员，有C4种选法.2共有C36·C4=120种选法.（2）方法一 至少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.4233241由分类计数原理可得总选法数为C14C6+C4C6+C4C6+C4C6=246种.方法二 “至少1名女运动员”的反面为“全是男运动员”可用间接法求解.5从10人中任选5人有C10种选法，其中全是男运动员的选法有C56种.所以“至少有1名女运动员”的5选法为C10-C56=246种.（3）方法一 可分类求解：
443“只有男队长”的选法为C8； “只有女队长”的选法为C8； “男、女队长都入选”的选法为C8； 43所以共有2C8+C8=196种选法.方法二 间接法：
55从10人中任选5人有C10种选法.其中不选队长的方法有C8种.所以“至少1名队长”的选法为55C10-C8=196种.44（4）当有女队长时，其他人任意选，共有C9种选法.不选女队长时，必选男队长，共有C8种选法.444其中不含女运动员的选法有C5种，所以不选女队长时的选法共有C8-C5种选法.所以既有队长又有女444运动员的选法共有C9+C8-C5=191种.331 例3 4个不同的球，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个盒子中任意取出去一个，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
1212个放2个球，其余2个球放在另 外2个盒子内，由分步计数原理，共有C14C4C3×A2=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 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.（3）确定2个空盒有C2、（2，2）两类，第一类有序不4种方法.4个球放进2个盒子可分成（3，1）均匀分组有CC24(C342C11A234C11A22种方法；第二类有序均匀分组有
2C24C2A22·A
22种方法.故共有+2C24C2A22·A22）=84种.巩固练习
1.用0、1、2、3、4、5这六个数字，可以组成多少个分别符合下列条件的无重复数字的四位数：(1)奇数；(2)偶数；(3)大于3 125的数.12解(1)先排个位，再排首位，共有A13·A4·A4=144（个）.1123(2)以0结尾的四位偶数有A35个，以2或4结尾的四位偶数有A2·A4·A4个，则共有A5+ 12A12·A4·A4=156（个）.2(3)要比3 125大，4、5作千位时有2A35个，3作千位，2、4、5作百位时有3A4个，3作千位，1作 321百位时有2A13个，所以共有2A5+3A4+2A3=162（个）.2.某医院有内科医生12名，外科医生8名，现选派5名参加赈灾医疗队，其中（1）某内科医生甲与某外科医生乙必须参加，共有多少种不同选法？（2）甲、乙均不能参加，有多少种选法？（3）甲、乙两人至少有一人参加，有多少种选法？
（4）队中至少有一名内科医生和一名外科医生，有几种选法？
3解（1）只需从其他18人中选3人即可，共有C18=816（种）.5（2）只需从其他18人中选5人即可，共有C18=8 568（种）.43（3）分两类：甲、乙中有一人参加，甲、乙都参加，共有C12C18+C18=6 936（种）.332（4）方法一（直接法）至少一名内科医生一名外科医生的选法可分四类：一内四外；二内三外；三
4233241内二外；四内一外，所以共有C112C8+C12C8+C12C8+C12C8=14 656（种）.方法二（间接法）由总数中减去五名都是内科医生和五名都是外科医生的选法种数，55得C520-（C8+C12)=14 656(种）.3.有6本不同的书按下列分配方式分配，问共有多少种不同的分配方式？（1）分成1本、2本、3本三组；
（2）分给甲、乙、丙三人，其中一人1本，一人2本，一人3本；（3）分成每组都是2本的三组；（4）分给甲、乙、丙三人，每人2本.2解（1）分三步：先选一本有C16种选法；再从余下的5本中选2本有C5种选法；对于余下的三本 123全选有C33种选法，由分步计数原理知有C6C5C3=60种选法.233（2）由于甲、乙、丙是不同的三人，在（1）的基础上，还应考虑再分配的问题，因此共有C16C5C3A3=360种选法.222（3）先分三步，则应是C6C4C2种选法，但是这里面出现了重复，不妨记六本书为A、B、C、D、222E、F，若第一步取了AB，第二步取了CD，第三步取了EF，记该种分法为（AB，CD，EF），则C6C4C2种分法中还有（AB、EF、CD），（CD、AB、EF）、（CD、EF、AB）、（EF、CD、AB）、（EF、AB、CD）3共有A33种情况，而且这A3种情况仅是AB、CD、EF的顺序不同，因此，只算作一种情况，故分法有222C6C4C2A33=15种.222C6C4C2（4）在问题（3）的工作基础上再分配，故分配方式有
A33222·A33= C6C4C2=90种.回顾总结
知识 方法 思想
课后作业
一、填空题
1.用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中小于50 000的偶数共有 个.答案 36 2.将编号为1，2，3，4，5的五个球放入编号为1，2，3，4，5的五个盒子里，每个盒子内放一个球，若恰好有三个球的编号与盒子编号相同，则不同投放方法共有 种.333 答案 10 3.记者要为5名志愿者和他们帮助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相邻但不排在两端，不同的排法共有 种.答案 960 4.(2008·天津理)有8张卡片分别标有数字1，2，3，4，5，6，7，8，从中取出6张卡片排成3行2列，要求3行中仅有中间行的两张卡片上的数字之和为5，则不同的排法共有 种.答案 1 248 5.在图中，“构建和谐社会，创美好未来”，从上往下读（不能跳读），共有 种不同的读法.答案 252 6.（2008·安徽理）12名同学合影，站成了前排4人后排8人，现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排，其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数是（用式子表示）.22答案 C8A6
7.平面内有四个点，平面内有五个点，从这九个点中任取三个，最多可确定 个平面，任取四点，最多可确定 个四面体.（用数字作答）答案 72 120 8.（2008·浙江理，16）用1，2，3，4，5，6组成六位数（没有重复数字），要求任何相邻两个数字的奇偶性不同，且1和2相邻.这样的六位数的个数是.（用数字作答）答案 40
二、解答题
9.某外商计划在4个候选城市投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，求该外商不同的投资方案有多少种？
解 可先分组再分配，据题意分两类，一类：先将3个项目分成两组，一组有1个项目，另一组有2
22个项目，然后再分配给4个城市中的2个，共有C3A4种方案；另一类1个城市1个项目，即把3个223元素排在4个不同位置中的3个，共有A34种方案.由分类计数原理可知共有C3A4+A4=60种方案.10.课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女各指定一名队长，现从中选5人主持某种活动，依下列条件各有多少种选法？（1）只有一名女生；（2）两队长当选；
334（3）至少有一名队长当选；（4）至多有两名女生当选.4解（1）一名女生，四名男生，故共有C15·C8=350（种）.3（2）将两队长作为一类，其他11人作为一类，故共有C22·C11=165（种）.423（3）至少有一名队长含有两类：有一名队长和两名队长.故共有：C12·C11+C2·C11=825（种）.55或采用间接法：C13-C11=825（种）.（4）至多有两名女生含有三类：有两名女生、只有一名女生、没有女生.2345故选法为C5·C8+C15·C8+C8=966（种）.11.已知平面∥，在内有4个点，在内有6个点.（1）过这10个点中的3点作一平面，最多可作多少个不同平面？（2）以这些点为顶点，最多可作多少个三棱锥？（3）上述三棱锥中最多可以有多少个不同的体积？
2解（1）所作出的平面有三类：①内1点，内2点确定的平面，有C14·C6个；②内2点，2内1点确定的平面，有C2C1③，本身.∴所作的平面最多有C1C6+C2C1（个）.4·4·4·6个；6+2=983（2）所作的三棱锥有三类：①内1点，内3点确定的三棱锥，有C14·C6个；②内2点，内2312点确定的三棱锥，有C24·C6个；内3点，内1点确定的三棱锥，有C4·C6个.32231∴最多可作出的三棱锥有：C14·C6+C4·C6+C4·C6=194（个）.（3）∵当等底面积、等高的情况下三棱锥的体积相等,且平面∥，∴体积不相同的三棱锥最多有
322C36+C4+C6·C4=114（个）.12.有两排座位，前排11个座位，后排12个座位，现安排2人就座，规定前排中间的3个座位不能坐，并且这2人不左右相邻，共有多少种不同排法？
解 ∵前排中间3个座位不能坐，∴实际可坐的位置前排8个，后排12个.12（1）两人一个前排，一个后排，方法数为C18·C12·A2种； 212（2）两人均在后排左右不相邻，共A12-A22·A11=A11种；
1（3）两人均在前排，又分两类：①两人一左一右，共C1C1A2②两人同左同右，有2（A2A24·4·2种；4-A3·2）122112212种.综上可知，不同排法种数为C18·C12·A2+A11+C4·C4·A2+2（A4-A3·A2）=346种.335
第四篇：小学奥数经典专题点拨：排列与组合
排列与组合
【有条件排列组合】
例1 用0、1、2、3、4、5、6、7、8、9这十个数字能够组成______个没有重复数字的三位数。
（哈尔滨市第七届小学数学竞赛试题）
讲析：用这十个数字排列成一个不重复数字的三位数时，百位上不能为0，故共有9种不同的取法。
因为百位上已取走一个数字，所以十位上只剩下9个数字了，故十位上有9种取法。
同理，百位上和个位上各取走一个数字，所以还剩下8个数字，供个位上取。
所以，组成没有重复数字的三位数共有
9×9×8=648（个）。
例2 甲、乙、丙、丁四个同学排成一排，从左到右数，如果甲不排在第一个位置上，乙不排在第二个位置上，丙不排在第三个位置上，丁不排在第四个位置上，那么不同的排法共有______种。
（1994年全国小学数学奥林匹克初赛试题）
讲析：因每个人都不排在原来的位置上，所以，当乙排在第一位时，其他几人的排法共有3种；同理，当丙、丁排在第一位时，其他几人的排法也各有3种。
因此，一共有9种排法。
例3 有一种用六位数表示日期的方法，如890817表示1989年8月17日，也就是从左到右第一、二位数表示年，第三、四位数表示月，第五、六位数表示日。如果用这种方法表示1991年的日期，那么全年中六个数字都不相同的日期共有______天。
（1991年全国小学数学奥林匹克决赛试题）
讲析：第一、二位数字显然只能取9和1，于是第三位只能取0。
第五位数字只能取0、1、2或3，而0和1已取走，当取3时，第六位上只能取0和1，显然不行。因此，第五位上只能取2。
于是，第四位上只能取3、4、5、6、7、8；第六位上也只能取3、4、5、6、7、8，且第四、六位上数字不能取同。
所以，一共有 6×5=30（种）。【环形排列】
例1 编号为1、2、3、4的四把椅子，摆成一个圆圈。现有甲、乙、丙、丁四人去坐，规定甲、乙两人必须坐在相邻座位上，一共有多少种坐法？
（长沙市奥林匹克代表队集训试题）
讲析：如图5.87，四把椅子排成一个圆圈。
当甲坐在①号位时，乙只能坐在②或④
号位上，则共有4种排法；同理，当甲分别坐在②、③、④号位上时，各有4种排法。
所以，一共有16种排列法。
例2 从1至9这九个数字中挑出六个不同的数填在图5.88的六个圆圈中，使任意相邻两个圆圈内数字之和都是质数，那么最多能找出______种不同的挑法来。（挑出的数字相同，而排列次序不同的都只算一种）
（北京市第九届“迎春杯”小学数学竞赛试题）
讲析：在1至9这九个自然数中，奇数有1、3、5、7、9五个，偶数有2、4、6、8四个。要使排列之后，每相邻两个数字之和为质数，则必须奇数与偶数间隔排列，也就是每次取3个奇数和3个偶数。
从五个奇数中，取3个数共有10种方法；
从四个偶数中，取3个数共有4种方法。
但并不是每一种3个奇数和3个偶数都可以排成符合要求的排列。经检验，共有26种排法。
第五篇：届高考生物大一轮复习第九章 生物与环境 第讲 生态系统的物质循环、信息传递及其稳定性课时规范训练-课件
生态系统的物质循环、信息传递及其稳定性
1．环境问题是全世界人民密切关注的问题，以低能耗、低污染、低排放为基础的低碳经济模式越来越成为促进国家经济持续增长和可持续发展的重要经济模式。下列说法正确的是()A．煤、石油和天然气的大量燃烧，致使大气中的CO2急剧增加 B．大气中CO2进入生物群落的方式只能是植物的光合作用 C．生物群落中的碳元素进入大气的方式只能是微生物的分解作用 D．大力植树造林是缓解温室效应的唯一方法
解析：选A。近代工业的迅速发展，导致化学燃料大量燃烧，打破了生物圈中碳循环的平衡，因此减缓温室效应的重要措施是减少化学燃料的燃烧。光合作用和化能合成作用都能够固定大气中的CO2。动植物的呼吸作用和微生物的分解作用都能释放CO2。
2．下图是某生态系统的物质和能量流向示意图(能量传递效率按10%计算)。下列有关叙述正确的是()
A．X1过程的完成必须依赖一种具有双层膜结构的细胞器
B．X1过程吸收的CO2总量与Y1、Y2、Y3„„及Z过程释放的CO2总量相等 C．当该生态系统处于相对稳定状态时，X3过程的能量值约为X1过程能量值的1% D．Z1、Z2、Z3„„过程提供的有机物中的碳将全部转变为Z过程释放的CO2中的碳 解析：选C。图示X1表示光合作用固定CO2的过程，参与的生物可能是绿色植物或原核生物蓝藻等，蓝藻等原核生物没有叶绿体。X2、X3等表示动物通过摄食同化有机物的过程，Y1、Y2等表示生产者和消费者通过呼吸作用释放CO2的过程，Z表示分解者的分解作用。一般情况下，X1过程固定的CO2总量大于Y和Z过程释放的CO2总量，因为还有一部分有机物未被利用。Z1、Z2、Z3„„过程提供的有机物中的碳还有一部分转化为分解者自身的有机物。当生态系统达到相对稳定时，X3＝X1×10%×10%。
3．(2016·湖北武汉调研)下列有关生态系统信息传递的叙述中，错误的是()A．信息传递把生态系统各组分联系起来成为一个整体 B．生态系统的反馈调节必须依赖于生态系统的信息传递 C．生态系统中用于传递的信息都是由生物产生的 D．生物之间的捕食关系可通过信息传递实现
解析：选C。信息传递存在于生态系统的各种成分之间，把生态系统的各个组成部分联系成一个整体，具有调节生态系统稳定性的作用，A项正确；当生态系统中某一成分发生变 1 化的时候，必然会引起其他成分出现一系列的相应变化，这些变化最终又反过来影响最初发生变化的那种成分，这个过程就叫做反馈，这种反馈调节必须依赖于生态系统中的信息传递，B项正确；生态系统中的物理信息可能来自无机环境，如物理信息中的光，也可能来自于同种或不同种的其他生物，C项错误；信息传递可以调节生物的种间关系，如森林中的狼和兔相互依据对方气味捕食或躲避来维持生态系统狼和兔数量的稳定，D项正确。
4．(2016·南京模拟)物质循环、能量流动和信息传递是生态系统的基本功能，下列有关叙述不正确的是()A．在捕食链中，各营养级获得能量的方式及能量的用途相同
B．生态系统中的能量可促使物质不断在生物群落和无机环境之间循环往返 C．植物可以通过光合作用和呼吸作用参与生态系统中的碳循环 D．生物之间的捕食离不开信息传递
解析：选A。在捕食链中，各营养级获得能量的方式及能量的用途不完全相同，如生产者与消费者。
5．下列关于生态系统的结构、功能及其稳定性的叙述，正确的是()A．光合作用推动碳循环过程，促进生物群落中能量的循环 B．在生物与无机环境之间，可发生各种信息交流，比如行为信息 C．在食物链中，第三营养级数量增加可导致第一营养级数量也增加 D．恢复力稳定性弱的生态系统，其营养结构一定很复杂
解析：选C。生态系统中能量是单向流动的，A错误；行为信息只能发生在生物与生物之间，B错误；冻原地带营养结构比较简单，但一旦遭到破坏，也很难恢复，D错误。
6．(2016·浙江省嘉兴市高三测试)下图是某宇宙飞船生态系统模式图，下列叙述错误的是()
A．该系统可为航天员提供氧气 B．飞船实现了物质和能量的循环利用
C．分解罐可以向藻类植物提供二氧化碳和无机盐 D．太阳能经过藻类的光合作用转化为化学能
解析：选B。藻类可进行光合作用将太阳能转化为化学能，产生氧气，A、D正确。分解罐可以分解排泄物，向藻类植物提供二氧化碳和无机盐，C正确。飞船实现了物质的循环利用，但能量是不循环的，B错误。
7．(2016·河北邯郸摸底)下列关于生态系统稳定性的叙述，正确的是()A．负反馈调节是生态系统自我调节能力的基础 B．自我调节能力越强的生态系统其恢复力稳定性往往就越高 C．不同的生态系统抵抗力稳定性和恢复力稳定性基本相同 D．提高生态系统稳定性，就是要禁止对生态系统的干扰和利用
解析：选A。生态系统自我调节能力的基础是负反馈调节，A正确；自我调节能力越强的生态系统其抵抗力稳定性往往就越高恢复力稳定性往往越低，B错误；不同的生态系统抵抗力稳定性和恢复力稳定性往往呈负相关，C错误；提高生态系统稳定性，就是要对生态系统进行合理开发和利用，D错误。
8．下图为某一生态系统稳定性图解。对此理解不正确的是()
A．a为抵抗力稳定性，b为恢复力稳定性 B．a为恢复力稳定性，b为抵抗力稳定性 C．恢复力稳定性与营养结构成相反关系 D．抵抗力稳定性与恢复力稳定性成相反的关系
解析：选B。生物种类越多，营养结构越复杂，抵抗力稳定性就越大，恢复力稳定性越小；营养结构越简单，抵抗力稳定性就越小，恢复力稳定性就越大。故A、C、D三项都是正确的。
9．广州南沙区拥有200多公顷的湿地，是多种候鸟南下过冬的重要栖息地，被誉为广州的“南肾”。但是近年来多项大型石油化工项目落户南沙，引起环保专家对南沙自然环境的关注。下列有关叙述不正确的是()A．湿地生态系统由于工业污水的排放，受到很大的污染，距排污口越近的水体中溶解氧越多，N、P等无机盐也越多
B．负反馈调节是湿地生态系统自我调节能力的基础
C．由于污染而死亡的鱼腐烂后会加重污染并导致更多鱼类死亡属于正反馈调节 D．南沙湿地生态系统如果遭受严重破坏，物种数可能大量减少，抵抗力稳定性降低 解析：选A。该污染为有机污染，距排污口越近的水体中有机物越多，分解有机物的微生物也越多，溶解氧越少，A错误。
10．下面是利用人工湿地净化生活污水的原理简图。下列说法正确的是()
A．植物在生态系统中的分布体现了群落的垂直结构 B．流入该生态系统的总能量是生产者固定的太阳能
C．由于生态系统具有自我调节能力，故该湿地可以处理大量的污水 D．增加该湿地中生物种类可提高生态系统恢复力稳定性
解析：选A。该生态系统中有挺水植物、浮游植物和沉水植物，体现了群落的垂直结构；流入该生态系统的总能量是生产者固定的太阳能及生活污水中的化学能；生态系统的自我调节能力有限，若排入的污水超过其调节能力范围，则该湿地不能进行处理；增加湿地中生物种类能提高该生态系统的抵抗力稳定性。
11．图甲表示草原生态系统的能量流和部分物质流，图乙表示某种群迁入该生态系统一段时间内，种群密度对种群的出生率和死亡率的影响。请回答下列问题：
(1)由图甲分析，无机环境中的物质和能量主要是通过生产者的________进入生物群落，图中“→”表示________；生态系统能量不循环流动的原因是____________________；物质可以反复利用的主要原因是生态系统组成成分中的____________________经过呼吸作用将有机物分解为无机物，无机物可被生物群落重新利用。
(2)由图乙可知，种群密度在________点时，种群数量的净增长量最大；在________点时，表示达到种群的环境容纳量(K值)。若要使该种群的K值增大，可通过________环境阻力实现。当种群密度从A→E时，种群中成年个体平均重量的变化趋势是________。
(3)若此草原向森林群落演替，在这一演替过程中，生产者吸收的CO2量________(大于/等于/小于)整个生物群落排出的CO2量，________逐渐复杂，生态系统________稳定性逐渐增强。
解析：(1)在生态系统中无机环境中的物质和能量主要是通过生产者的光合作用进入生物群落。图甲为能量流动和部分物质流动图解，“→”表示能量流动方向。由于生物代谢产生的相当一部分能量以热能形式散失，故生态系统中能量不能循环流动，但生态系统中的物质是可以循环利用的，是因为细胞呼吸过程中有机物被分解成可被植物吸收利用的CO2、H2O 等无机物。(2)净增长率＝出生率－死亡率，故C点时种群数量的净增长量最大。出生率－死亡率＝0时(E点)，种群的数量达到环境容纳量。可通过减小环境阻力，使种群的K值增大。种群密度从A→E时，种群数量一直增长，成年个体平均重量先相对稳定，后逐渐降低。(3)草原向森林群落演替过程中有机物的积累量增加，所以，生产者吸收的CO2量大于整个生物群落排出的CO2量，生态系统的营养结构逐渐复杂，生态系统抵抗力稳定性逐渐增强。
答案：(1)光合作用 能量流动 生物代谢产生的热能不能被生物体用于合成有机物 生产者、消费者和分解者
(2)C E 减小 先相对稳定，后逐渐降低(3)大于 营养结构(食物链、食物网)抵抗力
12．(2016·云南师大附中月考)图Ⅰ为某生态系统的碳循环示意图，图Ⅱ为该生态系统中部分生物构成的食物网，回答下列有关的问题。
(1)图Ⅰ中构成生物群落的是__________，与CO2从无机环境进入生物群落有关的生理活动主要是[ ]________。其中①过程表示__________作用，大气中CO2的来源除了图中所示之外，还可来自于__________。
(2)图Ⅱ中有________条食物链，处于最高营养级的是________。丙和丁的关系是__________。该食物网中，若生产者固定的总能量为1×10 kJ，能量传递效率按10%～20%计算，则最高营养级至少能获得________kJ的能量。
(3)若由于某种原因，造成图Ⅰ中某种绿色植物的数量锐减，该生态系统中其他生物的数量发生了较大波动后又逐渐趋于稳定，说明生态系统具有________能力，这种能力是通过________调节来实现的。
解析：(1)生物群落包括生产者(A)、消费者(D、E)和分解者(B)；大气中CO2除来自生物的呼吸作用外，还可来自化学燃料的燃烧。(2)最高营养级戊从最长食物链(甲→乙→丁→丙→戊)，并且按10%传递效率计算获得的能量最少，即1×10×(10%)＝1×10(kJ)。(3)负反馈调节在生态系统中普遍存在，它是生态系统自我调节能力的基础。
答案：(1)ABDE ④ 光合作用 分解者的分解 化学燃料的燃烧(2)4 戊 捕食和竞争 1×10(3)自我调节 负反馈
13．(2016·山东济南外国语学校检测)在坎昆举行的全球气候大会的重要议题之一是确立各国“X气体”减排目标。如果坎昆会议制定的所有目标均顺利完成，全球“X气体”排放量可能下降60%，平均气温也将下降2摄氏度，请据此资料回答：
8(1)资料中所说的“X气体”主要是指__________，各国气体排放均会对全球气候造成影响，说明生态系统的物质循环具有____________的特点。
(2)上图1为生态系统中该气体的生成和构成该气体的某种元素的循环过程，其中甲、乙、丙、丁构成生态系统的____________；箭头表示物质循环方向，则乙是__________，过程⑤表示__________作用；若过程③和④的成分越复杂，则该生态系统的____________稳定性越高。
(3)假设过程③、④代表的生物之间有如图2所示的食物关系，若E种群的能量为5.8×10 kJ，B种群的能量为1.3×10 kJ，D种群的能量为1.5×10 kJ，能量传递效率为10%，则A种群的能量是__________kJ；此过程体现了生态系统的能量流动具有______________的特点。
(4)请再列举两项影响人类发展的全球性的环境问题______________________________________。
解析：(1)全球“X气体”排放量可能下降60%，平均气温也将下降2摄氏度，因为CO2是温室气体，所以资料中所说的“X气体”主要是指CO2，生态系统的物质循环具有全球性的特点。(2)图1中甲、乙、丙、丁构成生态系统的生物群落，箭头表示物质循环方向，甲是生态系统中的分解者，乙是生产者，丙是初级消费者，丁是次级消费者，所以过程⑤表示分解者的分解作用。若过程③和④的成分越复杂，则该生态系统的抵抗力稳定性越高。(3)假设过程③、④代表的生物之间有如图2所示的食物关系，若E种群的能量为5.8×10 kJ，B种群的能量为1.3×10 kJ，D种群的能量为1.5×10 kJ，能量传递效率为10%，则A种群的能量是(5.8×10×10%－1.5×10－1.3×10)×10%＝3.0×10 kJ；此过程体现了生态系统的能量流动具有单向流动、逐级递减的特点。
答案：(1)CO2 全球性(2)生物群落 生产者 分解者的分解 抵抗力(3)3.0×10 单向流动、逐级递减(4)酸雨、臭氧层破坏、土地荒漠化、水资源缺乏、海洋污染、生物多样性锐减等(任意两项即可)
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