1、试卷第 1 页，共 3 页 专题专题 1212 排列组合与计数原理排列组合与计数原理 一、单选题一、单选题 1某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取 60 名学生，已知该校初中部和高中部分别有 400 名和 200名学生，则不同的抽样结果共有（）A种 B种 C种 D种 2从 2 至 8 的 7 个整数中随机取 2 个不同的数，则这 2 个数互质的概率为（）A B C D 3有甲、乙、丙、丁、戊 5 名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同排列方式共有（）A12 种 B24 种 C36 种 D48 种 二、填
2、空题二、填空题 4某学校开设了 4 门体育类选修课和 4 门艺术类选修课，学生需从这 8 门课中选修 2 门或3 门课，并且每类选修课至少选修 1 门，则不同的选课方案共有 种（用数字作答）5 从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为 三、单选题三、单选题 6某校有 5 名大学生打算前往观看冰球，速滑，花滑三场比赛，每场比赛至少有 1 名学生且至多 2 名学生前往，则甲同学不去观看冰球比赛的方案种数有（）A48 B54 C60 D72 7 在给某小区的花园绿化时，绿化工人需要将 6 棵高矮不同的小树在花园中栽成前后两排，每排 3 棵，则后排的每棵小树都对应比它前排
3、每棵小树高的概率是（）A B C D 8将六枚棋子 A，B，C，D，E，F 放置在 2 3 的棋盘中，并用红、黄、蓝三种颜色的油漆对其进行上色（颜色不必全部选用），要求相邻棋子的颜色不能相同，且棋子 A，B 的颜色试卷第 2 页，共 3 页 必须相同，则一共有（）种不同的放置与上色方式 A11232 B10483 C10368 D5616 9用 1，2，3，4，5，6 组成六位数（没有重复数字），在任意相邻两个数字的奇偶性不同的条件下，1 和 2 相邻的概率是（）A B C D 10由 1，2，3，4，5 组成的没有重复数字的五位数，从中任意抽取一个，则其恰好为“前3 个数字保持递减，后 3
4、个数字保持递增”（如五位数“43125”，前 3 个数字“431”保持递减，后 3 个数字“125”保持递增）的概率是（）A B C D 四、多选题四、多选题 11随着春节的临近，小王和小张等 4 位同学准备互相送祝福.他们每人写了一个祝福的贺卡，这四张贺卡收齐后让每人从中随机抽取一张作为收到的新春祝福，则（）A小王和小张恰好互换了贺卡的概率为 B已知小王抽到的是小张写的贺卡的条件下，小张抽到小王写的贺卡的概率为 C恰有一个人抽到自己写的贺卡的概率为 D每个人抽到的贺卡都不是自己写的概率为 12已知编号为 1，2，3 的三个盒子，其中 1 号盒子内装有两个 1 号球，一个 2 号球和一个3 号
5、球；2 号盒子内装有两个 1 号球，一个 3 号球；3 号盒子内装有三个 1 号球，两个 2 号球.若第一次先从 1 号盒子内随机抽取 1 个球，将取出的球放入与球同编号的盒子中，第二次从该盒子中任取一个球，则下列说法正确的是（）A在第一次抽到 2 号球的条件下，第二次抽到 1 号球的概率为 B第二次抽到 3 号球的概率为 C如果第二次抽到的是 3 号球，则它来自 1 号盒子的概率最大 D如果将 5 个不同的小球放入这三个盒子内，每个盒子至少放 1 个，则不同的放法有180 种 13如图，在某城市中，、两地之间有整齐的方格形道路网，其中、是道试卷第 3 页，共 3 页 路网中位于一条对角线上的
6、 个交汇处.今在道路网、处的甲、乙两人分别要到、处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达、处为止.则下列说法正确的是（）A甲从到达 处的方法有种 B甲从必须经过到达 处的方法有 种 C甲、乙两人在处相遇的概率为 D甲、乙两人相遇的概率为 五、填空题五、填空题 14给图中 A，B，C，D，E，F六个区域进行染色，每个区域只染一种颜色，且相邻的区域不同色.若有 4 种颜色可供选择，则共有 种不同的染色方案.15如图，给图中的 A，B，C，D，E，F 六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，若有四种颜色可供选择，则不同的涂色方法共有 种.
7、答案第 1 页，共 9 页 参考答案：参考答案：1D【分析】利用分层抽样的原理和组合公式即可得到答案.【详解】根据分层抽样的定义知初中部共抽取人，高中部共抽取，根据组合公式和分步计数原理则不同的抽样结果共有种.故选：D.2D【分析】由古典概型概率公式结合组合、列举法即可得解.【详解】从 2 至 8 的 7 个整数中随机取 2 个不同的数，共有种不同的取法，若两数不互质，不同的取法有：，共 7 种，故所求概率.故选：D.3B【分析】利用捆绑法处理丙丁，用插空法安排甲，利用排列组合与计数原理即可得解【详解】因为丙丁要在一起，先把丙丁捆绑，看做一个元素，连同乙，戊看成三个元素排列,有种排列方式；为使
8、甲不在两端，必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入，有 2 种插空方式；注意到丙丁两人的顺序可交换，有 2 种排列方式，故安排这 5名同学共有：种不同的排列方式，故选：B 464【分析】分类讨论选修 2 门或 3 门课，对选修 3 门，再讨论具体选修课的分配，结合组合数运算求解.【详解】（1）当从 8 门课中选修 2 门，则不同的选课方案共有种；（2）当从 8 门课中选修 3 门，若体育类选修课 1 门，则不同的选课方案共有种；答案第 2 页，共 9 页 若体育类选修课 2 门，则不同的选课方案共有种；综上所述：不同的选课方案共有种.故答案为：64.5/0.3【分析】根据古典概
9、型计算即可【详解】解法一：解法一：设这 5 名同学分别为甲，乙，1,2,3，从 5 名同学中随机选 3 名，有：(甲，乙，1)，(甲，乙，2)，(甲，乙，3)，(甲，1，2)，(甲，1，3)，(甲，2，3)，(乙，1，2)，(乙，1，3)，(乙，2，3)，(1，2，3)，共 10 种选法；其中，甲、乙都入选的选法有 3 种，故所求概率.故答案为：.解法二：解法二：从 5 名同学中随机选 3 名的方法数为 甲、乙都入选的方法数为，所以甲、乙都入选的概率 故答案为：6C【分析】先分组，再考虑甲的特殊情况.【详解】将 5 名大学生分为 1-2-2 三组，即第一组 1 个人，第二组 2 个人，第三组
10、2 个人，共有 种方法；由于甲不去看冰球比赛，故甲所在的组只有 2 种选择，剩下的 2 组任意选，所以由 种方法；按照分步乘法原理，共有 种方法；故选：C.7C【分析】方法一：先求出事件 A包含的基本事件个数，再根据古典概型的公式计算即可【详解】方法一：设六棵树从矮到高的顺序为 1，2，3，4，5，6，后排的每棵小树都对应比它前排每棵小树高为事件 A 答案第 3 页，共 9 页 则 6 必在后排，1 在前排，因此，分为 1-6 相对和 1-6 不对两种情况（相对的意思是前后相邻），（1）1-6 相对：5 必在后排，2 必在前排，因此，又可分为 2-5 相对和 2-5 不对两种情况，2-5 相对
11、时，3-4 相对且 4 在后排，所以有种情况；2-5 不对，有种情况（2）1-6 不对：可分为 5 在前排和 5 在后排两种情况，（）5 在前排，则 5-6 相对且 4 在后排，又可分为 1-4 相对和 1-4 不对两种情况，1-4 相对：有种；1-4 不对：有种（）5 在后排，又可分为 1-5 相对和 1-5 不对两种情况，1-5 相对：2 必在前排，又分为 2-6 相对和 2-6 不对两种，2-6 相对：有种；2-6 不对：有种 1-5 不对，有种 所以.故选：C 方法二：将设六棵树从矮到高的顺序为 1，2，3，4，5，6，后排的每棵小树都对应比它前排每棵小树高为事件 A，所以，.故选：C
12、【点睛】本题的解题关键是合理分类，首先根据题意知 6 必在后排，1 必在前排，所以根据1，6 的位置关系分为两种情况，接下来就是根据每种情况，把能定下来的位置先定下来，不能定的就继续分类讨论，直至求出所有适合的基本事件个数 两个计数原理在解题时发挥了关键作用 8C【分析】进行颜色分配，然后利用分类原理的相加和分步相乘的原理进行分析即可.答案第 4 页，共 9 页【详解】3 个 1，3 个 2，0 个 3 如表：1 2 1 2 1 2 只用两种颜色，并选取两个位置放 AB,此时有：种，1 个 1，2 个 2，3 个 3 如表：1 3 2 3 2 3 选用三种颜色（1+2+3，且只用一次的颜色放在
13、拐角），并选取两个位置放 AB,此时有：种，或 3 1 3 2 3 2 选用三种颜色（1+2+3，且只用一次的颜色放在中间），并选取两个位置放 AB,此时有：种，2 个 1，2 个 2，2 个 3 如表：3 2 2 3 选用三种颜色（2+2+2），并选取两个位置放 AB，此时有：种，或 2 3 2 3 选用三种颜色（2+2+2）,并选取两个位置放 AB，此时有：种，所以不同的放置与上色方式有：答案第 5 页，共 9 页.故选：C.9C【分析】首先算出任意相邻两个数字的奇偶性不同的 6 位数的个数，再讨论个位是偶数并分2 在或不在个位计数，以及个位是奇数并分 1 在或不在个位计数，最后求目标概率
14、.【详解】将 3 个偶数排成一排有种，再将 3 个奇数分两种情况插空有种，所以任意相邻两个数字的奇偶性不同的 6 位数有 种，任意相邻两个数字的奇偶性不同且 1 和 2 相邻，分两种情况讨论：当个位是偶数：2 在个位，则 1 在十位，此时有种；2 不在个位：将 4 或 6 放在个位，百位或万位上放 2，在 2 的两侧选一个位置放 1，最后剩余的 2 个位置放其它两个奇数，此时有种；所以个位是偶数共有 20 种；同理，个位是奇数也有 20 种，则任意相邻两个数字的奇偶性不同且 1 和 2 相邻数有 40 种，所以任意相邻两个数字的奇偶性不同的条件下，1 和 2 相邻的概率是.故选：C【点睛】关键
15、点点睛：对任意相邻两个数字的奇偶性不同且 1 和 2 相邻做计数时，注意讨论特殊位置上放置偶数或奇数，进而分 1、2 是否在该位置的情况计数.10A【分析】首先根据已知条件“定位”中间数字，其次在剩余的四个数字中任取两个数字，放置在首或末位，则其余数字排列方式唯一确定.最后由古典概型计算公式即可得解【详解】由 1，2，3，4，5 组成的没有重复数字的五位数共个，前 3 个数字保持递减，后 3 个数字保持递增，说明中间数字为 1；在剩余的四个数字中任取两个数字，按照递减顺序,仅有一种排列方式放置在首两位（或末两位），则剩余两位数字排列方式唯一确定，放置在最后两位（或首两位）.因此“前 3 个数字
16、保持递减，后 3 个数字保持递增”的五位数有个，所以所求的概率 答案第 6 页，共 9 页 故选：A 11BC【分析】计算出四个人每人从中随机抽取一张共有种抽法，根据古典概型的概率公式以及条件概率的概率公式计算各选项，可得答案.【详解】对于 A,四个人每人从中随机抽取一张共有种抽法，其中小王和小张恰好互换了贺卡的抽法有种，故小王和小张恰好互换了贺卡的概率为，A 错误；对于 B,设小王抽到的是小张写的贺卡为事件 A,则,小张抽到小王写的贺卡为事件 B,则已知小王抽到的是小张写的贺卡的条件下，小张抽到小王写的贺卡的概率为,B 正确；对于 C,恰有一个人抽到自己写的贺卡的抽法有种，故恰有一个人抽到自
17、己写的贺卡的概率为，C 正确；对于 D,每个人抽到的贺卡都不是自己写的抽法共有种，故每个人抽到的贺卡都不是自己写的概率为，D 错误，故选：12ABC【分析】对于 A，利用条件概率公式求解；对于 B，利用全概率公式求解；对于 C，利用贝叶斯公式求解；对于 D，不同元素的分配问题，先分份再分配即可求解.【详解】记第一次抽到第 号球的事件分别为则有 对于 A，在第一次抽到 2 号球的条件下，将 2 号球放入 2 号盒子内，因此第二次抽到 1 号球的概率为故 A 选项正确；对于 B，记第二次在第 号盒子内抽到 3 号球的事件分别为而两两互斥，和为，即第二次抽到 3 号球的事件为 答案第 7 页，共 9
18、 页，故 B 选项正确；对于 C，记第二次在第 号盒子内抽到 3 号球的事件分别为而两两互斥，和为，记第二次抽到 3 号球的事件为，,第二次的球取自盒子的编号与第一次取的球的号码相同，即如果第二次抽到的是 3 号球，则它来自 1 号盒子的概率最大，故 C 选项正确；对于 D，把 5 个不同的小球分成 3 组的不同分组方法数是种，将每一种分组方法分成的小球放在 3 个盒子中有种不同方法，由分步乘法计数原理得不同的放法种数是种，故 D 选项错误；故选：ABC.13BCD【解析】利用组合计数原理可判断 A 选项的正误；利用分步乘法计数原理结合组合计数原理可判断 B 选项的正误；计算出乙经过处的走法种
19、数，利用古典概型的概率公式可判断 C选项的正误；计算出甲、乙两人相遇的走法种数，利用古典概型的概率公式可判断 D 选项的正误.【详解】A 选项，甲从到达 处，需要走 步，其中有 步向上走，步向右走，则甲从到达 处的方法有种，A 选项错误；B 选项，甲经过到达 处，可分为两步：第一步，甲从经过需要走 步，其中 步向右走，步向上走，方法数为种；第二步，甲从到 需要走 步，其中 步向上走，步向右走，方法数为种.甲经过到达 的方法数为种，B 选项正确；答案第 8 页，共 9 页 C 选项，甲经过的方法数为种，乙经过的方法数也为种，甲、乙两人在处相遇的方法数为，甲、乙两人在处相遇的概率为，C 选项正确；
20、D 选项，甲、乙两人沿最短路径行走，只可能在、处相遇，若甲、乙两人在处相遇，甲经过处，则甲的前三步必须向上走，乙经过处，则乙的前三步必须向左走，两人在处相遇的走法种数为 种；若甲、乙两人在处相遇，由 C 选项可知，走法种数为种；若甲、乙两人在处相遇，甲到处，前三步有 步向右走，后三步只有 步向右走，乙到处，前三步有 步向下走，后三步只有 步向下走，所以，两人在处相遇的走法种数为种；若甲、乙两人在处相遇，甲经过处，则甲的前三步必须向右走，乙经过处，则乙的前三步必须向下走，两人在处相遇的走法种数为 种；故甲、乙两人相遇的概率，D 选项正确.故选：BCD.【点睛】结论点睛：本题考查格点问题，解决这类
21、问题可利用如下结论求解：在平面直角坐标系中，从到，每次只能向右或向上走一步，一共要走步，其中有步向上走，步向右走，走法种数为（或）种.1496【分析】通过分析题目给出的图形，可知要完成给图中、六个区域进行染色，最少需要 3 种颜色，即同色，同色，同色，由排列知识可得该类染色方法的种数；也可以 4 种颜色全部用上，即，三组中有一组不同色，同样利用排列组合知识求解该种染法的方法种数，最后利用分类加法求和【详解】解：要完成给图中、六个区域进行染色，染色方法可分两类，第一类是仅用三种颜色染色，即同色，同色，同色，则从四种颜色中取三种颜色有种取法，三种颜色染三个区域有种染法，共种染法；答案第 9 页，共
22、 9 页 第二类是用四种颜色染色，即，中有一组不同色，则有 3 种方案不同色或不同色或不同色），先从四种颜色中取两种染同色区有种染法，剩余两种染在不同色区有 2 种染法，共有种染法 由分类加法原理得总的染色种数为种 故答案为：96【点睛】本题考查了排列、组合、及简单的计数问题，解答的关键是正确分类，明确相邻的两区域不能染相同的颜色，属于中档题 15264【分析】按用色数量的不同分成两类，每一类中分步进行，先确定涂 A，D，E 三点涂法数，再讨论点 B，F，C的涂法数即可.【详解】计算不同涂色方法数有两类办法：当涂四色时，先涂 A，E，D，有种涂法，再从 B，F，C 中选一点涂第四种颜色，如 B，再涂 F，若 F 与 D同色，则 C 有 2 种涂法，若 F 与 D异色，则 C 有 1 种涂法，于是得有种涂法，当涂三色时，先涂 A，E，D，有种涂法，再涂 B，有 2 种涂法，则 F，C 各有 1 种涂法，于是得有种涂法，利用分类加法计数原理得不同涂色方法数为：(种)，所以不同的涂色方法共有 264 种.故答案为：264
