高二排列组合常见题型素质能力提高竞赛综合测试

高二排列组合常见题型素质能力提高竞赛综合测试第I卷（选择题）一、单选题:本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．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.A．96 B．144 C．240 D．360【答案】A【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；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．故选：A．2．甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是（

）A．257 B．336 C．343 D．384【答案】C【分析】共有三种情况，3人各站一个台阶，或有一个台阶有2人另一个是1人，或3人站一个台阶，然后根据分类计数原理即得．【详解】由题意知本题需要分组解共有三种情况：第一种情况是3人各站一个台阶，有种；第二种情况有一个台阶有2人，另一个台阶是1人，共有种，第三种情况3人站一个台阶，有种所以根据分类计数原理知共有不同的站法种数是种．故选：C．3．现有语文、数学、外语、物理、化学、生物各一本，均分给3个人，其中数学和物理不分给同一个人，则不同的分配方法有（

）A．36 B．54 C．72 D．84【答案】C【分析】先计算将6本书平均分给三人，再计算数学物理作为一组分配给一个人的分法，利用间接法即可求解.【详解】根据题意，先计算将6本书平均分给三人的情况数目，分2步分析：①，将6本书分成3组，有种分组方法，②，将分好的三组全排列，对应三人，有种情况，则将6本书平均分给三人，有种分配方法；再计算其中数学和物理分给同一个人的情况，分2步分析：①，将除数学和物理之外的4本书，分成2组，有种分组方法，②，将数学和物理作为1组，和其他2组一起全排列，对应三人，有种情况，则数学和物理分给同一个人的分配方法有种分派方法，则数学和物理不分给同一个人的分配方法有种；故选：C4．若从甲､乙2名女志愿者和6名男志愿者中选出正组长1人，副组长1人，普通组员2人到北京冬奥会花样滑冰场馆服务，且要求女志愿者甲不能做正组长，女志愿者乙不能做普通组员，则不同的选法种数为（

）A．210 B．390 C．555 D．660【答案】C【分析】分为四种情况即可得出答案，第一种4人均从6名男志愿者中选取，第二种女志愿者甲被选中且乙没有被选中，第三种女志愿者乙被选中且甲没有被选中，第四种女志愿者甲､乙均被选中.【详解】若4人均从6名男志愿者中选取，则不同的选法种数为；若女志愿者甲被选中且乙没有被选中，则不同的选法种数为；若女志愿者乙被选中且甲没有被选中，则不同的选法种数为；若女志愿者甲､乙均被选中，则不同的选法种数为.所以满足题意的不同选法种数为.故选：C.5．一个国际象棋棋盘（由个方格组成），其中有一个小方格因破损而被剪去（破损位置不确定）.“L”形骨牌由三个相邻的小方格组成，如图所示.现要将这个破损的棋盘剪成数个“L”形骨牌，则（

）A．至多能剪成19块“L”形骨牌 B．至多能剪成20块“L”形骨牌C．一定能剪成21块“L”形骨牌 D．前三个答案都不对【答案】C【分析】由如的一个图形能剪成2块“L”形骨牌，在一个国际象棋棋盘（由个方格组成），共包含有10个这样的能剪成2块“L”形骨牌的图形，且包含一个田字图形，这个田字图形能剪成1块“L”形骨牌，据此即可求出最多可以剪出多少个“L”形骨牌.【详解】由下图的一个图形能剪成2块“L”形骨牌，在一个国际象棋棋盘（由个方格组成），共包含有10个这样能剪成2块“L”形骨牌的图形，且包含一个田字图形，这个田字图形能剪成1块“L”形骨牌，故要将这个破损的棋盘剪成数个“L”形骨牌，一定能剪成21块“L”形骨牌.故选：C.6．学校决定把12个参观航天航空博物馆的名额给二（1）、二（2）、二（3）、二（4）四个班级.要求每个班分得的名额不比班级序号少；即二(1)班至少1个名额,二(2)班至少2个名额，……，则分配方案有()A．10种 B．6种 C．165种 D．495种【答案】A【详解】根据题意，先在编号为2、3、4的3个班级中分别分配1、2、3个名额，编号为1的班级里不分配；再将剩下的6个名额分配4个班级里，每个班级里至少一个，分析可得，共种放法，即可得符合题目要求的放法共10种，故答案为A7．现安排甲乙丙丁戊5名学生分别担任语文、数学、英语、物理、化学学科的科代表，要求甲不当语文科代表，乙不当数学科代表，若丙当物理科代表则丁必须当化学科代表，则不同的选法共有多少种A．53 B．67 C．85 D．91【答案】B【详解】丙当物理课代表则丁必须当化学课代表，以丙进行分类

第一类，当丙当物理课代表时，丁必须当化学课代表，再根据甲当数学课代表，乙戊可以当英语和语文中的任一课，有种，当甲不当数学课代表，甲只能当英语课代表，乙只能当语文课代表，戊当数学课代表，有种，共计种，

第二类，当丙不当物理课代表时，分四类①丙为语文课代表时，乙只能从英语、物理和U学中选择一课，剩下的甲丁戊任意排给剩下的三课，有种，②丙为数学课代表时，甲只能从英语、物理和化学课，剩下的乙丁戊任意排给剩下的三课，有种，③丙为英语课代表时，继续分类，甲当数学课代表时，其他三位同学任意当有种，当甲不当数学课代表，甲只能从物理和化学课中选一课,乙只能从语文和甲选完后的剰下的一课中选一课，丁和戊做剰下的两课，有,共计种④丙为化学课代表时，同③的选法一样有种，根据分类计数原理得，不同的选法共有故选.【方法点睛】本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，属于难题.有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率.8．小林同学喜欢吃4种坚果：核桃､腰果､杏仁､榛子，他有5种颜色的“每日坚果”袋.每个袋子中至少装1种坚果，至多装4种坚果.小林同学希望五个袋子中所装坚果种类各不相同，且每一种坚果在袋子中出现的总次数均为偶数，那么不同的方案数为（

）A．20160 B．20220 C．20280 D．20340【答案】A【分析】设出核桃、腰果、杏仁、榛子为H，Y，X，Z，分类讨论求出分堆情况，再进行排列，求出最后答案.【详解】依次记核桃、腰果、杏仁、榛子为H，Y，X，Z，则每个字母出现2次或4次，分类计算分堆可能：（1）H，H；Y，Y；X，X；Z，Z.若是“8=4+1+1+1+1”，则其中的“4”必须是HYXZ，故1种可能；若是“8=3+2+1+1+1”，则考虑（HYX）（Z※）（※）（※），故有种可能；若是“8=1+1+2+2+2”，则考虑（Z）（X）（Z※）（X※）（※※），故有种可能；小计：1+12+12=25；（2）诸如“H，H，H，H；Y，Y；X，X；Z，Z”类型若是“10=4+3+1+1+1”，则四个H无论怎么安排，都会出现某两个袋仅放H，故0种可能；若是“10=4+2+2+1+1”，则“1+1”中有一个是H，“4+2+2”中各一个H，“2+2”中除了一个H外，另一个互异，故有种可能；若是“10=3+3+2+1+1”，则“1+1”中各有1个H，“3+3+2”中各一个H，可以考虑含※模式，（H※※）（H※※）（H※）（※）（H），故有种可能；若是“10=3+2+2+2+1”，则可用下表进一步分类，有1+种可能；YXZH※H※H※HH※※H※H※H※※H※H※※※H若是“10=2+2+2+2+2”，则四个H至少有两个出现搭配相同，故0种可能；小计：；（3）诸如“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X；Z，Z”类型若是“12=4+4+2+1+1”，则“4+4”必然重复，故0种可能；若是“12=4+3+3+1+1”，则枚举“3+3”的情况，发现仅（HYXZ）（HYZ）（HYX）（Z）（X）可能；若是“12=4+3+2+2+1”，则考虑（HYXZ）（HY※）（※※）（※※）（※）或（HYXZ）（XZ※）（※※）（※※）（※），故有种可能；若是“12=3+3+3+2+1”，则有（HYX）（HYZ）（ZXH）（HY）（Y）或（HYX）（HYZ）（ZXY）（HY）（H）都成立，有2种可能；若是“12=3+3+2+2+2”，则枚举“3+3”的情况，发现（HYX）（HYZ）（HY）（H※）（Y※），有2种可能.小计；诸如“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X，X，X；Z，Z”类型若是“14=4+4+*+*+*”，则“4+4”必然重复，故0种可能；若是“14=4+3+3+3+1”，则“4+3+3+3”中至少有3个Z，故0种可能；若是“14=4+3+3+2+2”，则“4+3+3”至少有2个Z，考虑（HYXZ）（HYX）（Z※※）（※※）（※※），其中Z※※有种可能，故此小类有3种可能；若是“14=3+3+3+3+2”，则“3+3+3+3”中至少有3个Z，故0种可能；小计；（5）“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X，X，X；Z，Z，Z，Z”只有“16=4+3+3+3+3”的搭配，有1种可能；综上：共有25+76+54+12+1=168个分堆可能，故不同的方案数为=种.故选：A【点睛】比较复杂一些的排列组合问题，要结合分类加法原理和分步乘法原理进行求解，特别是分类标准，要做到不重不漏，本题中，应用的是把8,10,12,14,16分为5个数（从1到4）的和的分类标准，可以做到不重不漏.二、多选题:本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．9．下列命题中，正确的命题是（

）A．长时间玩手机可能影响视力，据调查，某校学生大约40%的人近视，而该校大约有20%的学生每天玩手机超过1，这些人的近视率约为50%.现从每天玩手机不超过1的学生中任意调查一名学生，则他近视的概率为B．在三位数中，形如“”的数叫做“对称凹数”，如：，，，则在所有三位数中共有个对称凹数C．北京2022年冬奥会即将开幕，北京某大学5名同学报名到甲､乙､丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，每个场馆至少安排1名志愿者，则不同的安排方法共有150种D．用数字0，1，2，3，4组成没有重复数字且比1000大的四位奇数共有36个【答案】ACD【分析】设该学校的学生数为，得出该校学生有人近视，有人学生每天玩手机超过1，有人学生每天玩手机不超过1，每天玩手机超过1的近视的学生人数为，可得每天玩手机不超过1的近视的学生为，从而可判断A；利用列举法可判断BD；5名同学分三组有和两种分法再计算每种情况的安排分法可判断C.【详解】对于A，假设该学校的学生数为，因为该校学生大约40%的人近视，所以该校学生大约有人近视，因为该校大约有20%的学生每天玩手机超过1，所以该校大约有人学生每天玩手机超过1，所以该校有人学生每天玩手机不超过1，因为每天玩手机超过1的近视率约为50%，所以该校每天玩手机超过1的近视的学生人数为，所以该校每天玩手机不超过1的近视的学生为，所以从每天玩手机不超过1的学生中任意调查一名学生，则他近视的概率为，故正确；对于B，当时，，共有9个“对称凹数”，当时，，共有8个“对称凹数”，当时，，共有7个“对称凹数”，当时，，共有6个“对称凹数”，当时，，共有5个“对称凹数”，当时，，共有4个“对称凹数”，当时，，共有3个“对称凹数”，当时，，共有2个“对称凹数”，当时，，共有1个“对称凹数”，则在所有三位数中共有个对称凹数，故错误；对于C，5名同学报名到甲､乙､丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，每个场馆至少安排1名志愿者有和两种分法，当为时，有种安排分法，当为时，有种安排分法，则不同的安排方法共有150种，故正确；对于D，用数字0，1，2，3，4组成没有重复数字且比1000大的四位奇数共有36个当千位是1个位数字是3时，中间两个数字随意安排都比1000大，有个，当千位是2个位数字是1时，中间两个字数字随意安排都比1000大，有个，当千位是2个位数字是3时，中间两个字数字随意安排都比1000大，有个，当千位是3个位数字是1时，中间两个字数字随意安排都比1000大，有个，当千位是4个位数字是1时，中间两个字数字随意安排都比1000大，有个，当千位是4个位数字是3时，中间两个字数字随意安排都比1000大，有个，所以共有36个数字，故正确；故选：ACD.10．2022年北京冬奥会吉祥物冰墩墩，有着可爱的外表和丰富的寓意，现有5个不同造型的“冰墩墩”，则下面正确的是（

）A．把这5个“冰墩墩”装入3个不同的盒内，共有129种不同的装法B．从这5个“冰墩墩”中选出3个分别送给3位志愿者，每人1个，共有60种没选法C．从这5个“冰墩墩”中随机取出3个，共有10种不同的取法D．把这5个“冰墩墩”装入3个不同的盒内，每盒至少装一个球，共有150种不同的装法【答案】BCD【分析】对于A，根据分步乘法原理即可求解，对于B，C，D，根据排列组合以及分组分配问题即可求解.【详解】对于A:5个“冰墩墩”装入3个不同的盒内,每个冰墩墩可选择3个盒子中的任意一个，所以根据分步乘法原理一共有，故错误；对于B:5个“冰墩墩”中选出3个分别送给3位志愿者共有,故正确；对于C:5个“冰墩墩”中随机取出3个,共有种，故正确；对于D：5个“冰墩墩”装入3个不同的盒内，每盒至少装一个球，共有两种情况：3个盒子的球数为1，1，3和1，2，2，若球数为1，1，3，则有种，若球数为1，2，2，则有,所以一共有种，故正确；故选：BCD11．生命在于运动，小兰给自己制定了周一到周六的运动计划，这六天每天安排一项运动，其中有两天练习瑜伽，另外四天的运动项目互不相同，且运动项目为跑步、爬山、打羽毛球和跳绳.（

）A．若瑜伽被安排在周一和周六，则共有48种不同的安排方法B．若周二和周五至少有一天安排练习瑜伽，则共有216种不同的安排方法D．若瑜伽不被安排在相邻的两天，则共有240种不同的安排方法【答案】BCD【分析】对于A，安排剩下的四种运动项目即可；对于B，利用间接法可求解；对于C，先排特殊的项目；对于D，先排其他四项运动，再插空可求解.【详解】对于A，若瑜伽被安排在同一和周六，则共有种不同的安排方法，故A不正确；对于B，若周二和周五至少有一天安排练习瑜伽，则由间接法可得，不同的安排方法种数为，故B正确对于C，若周一不练习瑜伽，周三爬山，则共有种不同的安排方法，故C正确；对于D，若瑜伽不被安排在相邻的两天，则先排其他四项运动，共有种不同的安排方法，再从5个空位里插入2个安排练习瑜伽，故共有种不同的安排方法，故D正确.故选：BCD12．如图，用4种不同的颜色，对四边形中的四个区域进行着色，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色，则不同的着色方法数为（

）A． B．C． D．【答案】ACD【分析】选项ACD均可以对其每一步的方法数进行合理解释，而选项B方法总数错误，不能对其每一步的方法数进行合理解释.【详解】选项A：表示先着色中间两格下面一格.从4种颜色取3种，有个方法，上面一格，从与中间两格不同的颜色中取出一个，有个方法，故共有个不同方法.正确；选项B：,方法总数不对.错误；选项C：表示先对中间两格涂颜色.从4种颜色取2种，共有个方法，上下两格都是从与中间两格不同的颜色中取出一个，有个不同方法.正确；选项D：表示两种情况：①上下两格颜色相同，中间两格从3个剩下的颜色取2种，共有个不同方法；②上下两格颜色不同，中间两格从2个剩下的颜色取2种，共有个不同方法.综合①②可知方法总数为：个不同方法.正确.故选：ACD第II卷（非选择题）三、填空题:本题共4个小题，每小题5分，共20分．13．由可组成不同的四位数的个数为__________．【答案】204【解析】根据所选的数字的情况将此问题可以分为以下三种情况：i）选取的4个数字是1,2,3,4；ii）从四组中任取两组；iii）从四组中任取一组，再从剩下的3组中的不同的三个数字中任取2个不同的数字，利用排列与组合的计算公式及其乘法原理即可得出.【详解】详解：i）选取的四个数字是1,2,3,4，则可组成个不同的四位数；ii）从四组中任取两组有种取法，如假设取的是1，1，2，2四个数：得到以下6个四位数：1122，2211，1212，2121，1221，2112．所以此时共有个不同的四位数；iii）从四组中任取一组有种取法，再从剩下的三组中的不同的三个数中任取2个不同的数字有种取法，把这两个不同的数字安排到四个数位上共有种方法，而剩下的两个相同数字只有一种方法，由乘法原理可得此时共有个不同的四位数；综上可知，用8个数字1,1,2,2,3,3,4,4可以组成不同的四位数个数是，故答案为：204【点睛】本题考查了排列与组合的计算公式及其乘法原理、分类讨论等基础知识与基本方法，属于难题．14．某高校大一新生中的6名同学打算参加学校组织的“雅荷文学社”、“青春风街舞社”、“羽乒协会”、“演讲团”、“吉他协会”五个社团，若每名同学必须参加且只能参加1个社团且每个社团至多两人参加，则这6个人中至多有1人参加“演讲团”的不同参加方法数为________．【答案】5040【分析】参加“演讲团”人数分为有1人或无人的情况，而每种情况又各自包含2种情况，分别求出对应的方法数，结合计数原理计算即可.【详解】若有人参加“演讲团”，则从人选人参加该社团，其余人去剩下个社团，人数安排有种情况：和，故人参加“演讲团”的不同参加方法数为；若无人参加“演讲团”，则人参加剩下个社团，人数安排安排有种情况：和，故无人参加“演讲团”的不同参加方法数为，故满足条件的方法数为，故答案为：504015．从A，B，C，D，a，b，c，d中任选5个字母排成一排，要求按字母先后顺序排列（即按先后顺序，但大小写可以交换位置，如或都可以），这样的情况有__________种．（用数字作答）【答案】160【分析】先根据A、B、C、D选取的个数分为四类：第一类:A、B、C、D中取四个，a、b、c、d中取一个；第二类:A、B、C、D中取三个，a、b、c、d中取二个；第三类:A、B、C、D中取二个,a、b、c、d中取三个；第四类:A、B、C、D中取一个,a、b、c、d中取四个.【详解】分为四类情况：第一类：在A、B、C、D中取四个，在a、b、c、d中取一个，共有；第二类：在A、B、C、D中取三个，在a、b、c、d中取两个，分两种情况：形如AaBbC(大小写有两个字母相同)共有，形如AaBCd（大小写只有一个字母相同）共有；第三类：在A、B、C、D中取两个，在a、b、c、d中取三个，取法同第二类情况；第四类：在A、B、C、D中取一个，在a、b、c、d中取四个，取法同第一类情况；所以共有：2(8++)=160【点睛】本题考查了分步计数原理和分类计数原理，对学生的思维能力要求较高，其中有序排列给题目增加了分类的难度，在解题时需要耐心细致，认真思考分类标准.16．下图中共有__________个矩形.【答案】45.【详解】分析：结合图形进行分类，利用排列组合的性质求解每类中矩形的个数，然后利用加法原理即可求得图中矩形的个数.详解：如图所示，由排列组合知识可知，在矩形中，含有矩形的个数为，在矩形中，含有矩形的个数为，除去上面考虑过的情况，在矩形中，含有矩形的个数为，在矩形中，含有矩形的个数为，综上可得：图中矩形的个数为：.点睛：(1)解排列组合问题要遵循两个原则：一是按元素(或位置)的性质进行分类；二是按事情发生的过程进行分步．具体地说，解排列组合问题常以元素(或位置)为主体，即先满足特殊元素(或位置)，再考虑其他元素(或位置)．(2)不同元素的分配问题，往往是先分组再分配．在分组时，通常有三种类型：①不均匀分组；②均匀分组；③部分均匀分组，注意各种分组类型中，不同分组方法的求法．四、解答题17．已知，对于有限集，令表示集合中元素的个数．例如：当时，，．(1)当时，请直接写出集合的子集的个数；(2)当时，，都是集合的子集（，可以相同），并且．求满足条件的有序集合对的个数；(3)假设存在集合、具有以下性质：将1，1，2，2，··，，．这个整数按某种次序排成一列，使得在这个序列中，对于任意，与之间恰好排列个整数．证明：是4的倍数．【答案】(1)8(2)454(3)证明见详解【分析】（1）n元集合的直接个数为可得；（2）由已知结合可得，或，然后可得集合的包含关系可解；（3）根据每两个相同整数之间的整数个数之和与总的数字个数之间的关系可证.(1)当时，集合的子集个数为(2)易知，又，所以，即，得，或，所以或1）若，则满足条件的集合对共有，2）若，同理，满足条件的集合对共有2433）当A=B时，满足条件的集合对共有所以，满足条件的集合对共243+243-32=454个.(3)记，则1，1，2，2，··，，共2n个正整数，将这2n个正整数按照要求排列时，需在1和1中间放入1个数，在2和2中间放入2个数，…，在n和n中间放入n个数，共放入了个数，由于排列完成后共有2n个数，且1，1，2，2，··，，刚好放完，所以放入数字个数必为偶数，即Z，所以，Z，所以是4的倍数．18．（1）把6个相同的小球放入4个相同的箱子中，每个箱子都不空，共有多少种放法？（2）把6个相同的小球放入4个不同的箱子中，每个箱子都不空，共有多少种放法？（3）把6个不同的小球放入4个相同的箱子中，每个箱子都不空，共有多少种放法？（4）把6个不同的小球放入4个不同的箱子中，每个箱子都不空，共有多少种放法？【答案】（1）2；（2）10；（3）65；（4）1560.【分析】(1)根据条件每个箱子先放一个，确定余下两个小球的放法即为答案；(2)将6个相同的小球排成一列，利用隔板法求解即得；(3)把6个不同的小球按2，2，1，1和3，1，1，1两种方案分成4组，求出所有分组方法数即可；(4)把6个不同的小球按2，2，1，1和3，1，1，1两种方案分成4组，再将每一种分法放入4个不同箱子即可得解.【详解】（1）把6个相同的小球放入4个相同的箱子中，每个箱子至少放1个小球，每个箱子先放入1个小球，还剩下2个小球，则余下2个小球放在1个箱子中，或分开放在2个箱子中，所以共有2种放法；（2）6个相同的小球放入4个不同的箱子，每个箱子至少放1个小球，将6个相同的小球排成一列，在形成的中间5个空隙中插入3块隔板，所以不同的放法种数为；（3）6个不同的小球放入4个相同的箱子，每个箱子至少放1个小球，先把6个不同的小球按2，2，1，1和3，1，1，1两种方案分成4组，每一种分法的4组小球分别放入4个箱子满足要求，一种分组方法即为一种放法，所以不同的放法种数为；（4）6个不同的小球放入4个不同的箱子，每个箱子至少放1个小球，先把6个不同的小球按2，2，1，1和3，1，1，1两种方案分成4组，每一种分法的4组小球全排列，得到的每一个排列的4组小球分别放入4个箱子满足要求，所以不同的放法种数为．19．江夏一中高二年级计划假期开展历史类班级研学活动，共有6个名额，分配到历史类5个班级(每个班至少0个名额，所有名额全部分完).（1）共有多少种分配方案？（2）6名学生确定后，分成A、B、C、D四个小组，每小组至少一人，共有多少种方法？（3）6名学生来到武汉火车站.火车站共设有3个“安检”入口，每个入口每次只能进1个旅客，求6人进站的不同方案种数.【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】（1）将问题转化为不定方程的非负整数解问题，再利用隔板原理进行求解；A、B、C、D四个小组即可；（3）每名学生有3种进站方法，分步乘法计数原理即得6人进站的不同方案种数.【详解】（1）由题意得：问题转化为不定方程的非负整数解的个数，∴方程又等价于不定方程的正整数解的个数，利用隔板原理得：方程正整数解的个数为，∴共有种分配方案.（2））先把6名学生按人数分成没有区别的4组，有2类：1人，1人，1人，3人和1人，1人，2人，2人，再把每一类中的人数分到A、B、C、D四个小组.第一种分法：1人，1人，1人，3人，有种方法；第二种分法：1人，1人，2人，2人，有种方法.共有种方法.（3）每名学生有3种进站方法，分步乘法计数原理得6人进站有种不同的方案.【点睛】本题考查隔板原理的应用，考查平均分组、分类加法计数原理和分步乘法计数原理，考查学生的逻辑推理能力和计算能力.20．5名男生4名女生站成一排，求满足下列条件的排法：（1）女生都不相邻有多少种排法？（2）男生甲、乙、丙排序一定（只考虑位置的前后顺序)，有多少种排法?（3）男甲不在首位，男乙不在末位，有多少种排法？【答案】（1）43200（2）60480（3）287280【详解】试题分析：（1）不相邻排法，可使用插空法，先将男生排好，再将男生排入女生的空档中；（2）可以先将所有学生任意全排列，再将男生三人的多余排法除去；（3）分类，先考虑甲在末位；甲在首位，乙在末位；甲不在首位，乙在末位；甲乙都在首位与末位的．试题解析：解：（1）任何2名女生都不相邻，则把女生插空，所以先排男生再让女生插到男生的空中，共有(种)不同排法.（2）9人的所有排列方法有种，其中甲、乙、丙的排序有种，又对应甲、乙、丙只有

一种排序，所以甲、乙、丙排序一定的排法有(种)．（3）法一：甲不在首位，按甲的排法分类，若甲在末位，则有种排法，若甲不在末位，则甲有种排法，乙有种排法，其余有种排法，综上共有(+)＝

287280(种)排法．

（或者）-2+=287280(种）（或者）-2-=287280(种)点睛：在处理排列问题时，要以两个原理为基础，确定好是分类还是分步，再用排列数表示每类或每步的个数，遇到特殊元素或特殊位置可用以下常见思路解决．一般情况下，会从受到限制的特殊元素开始考虑，有时也从特殊的位置开始讨论，对于相邻问题，常用”捆绑法”；对于不相邻问题，常用”插空法”(特殊元素后考虑)，对于”在”与”不在”的问题，常常使用”直接法”或”排除法”(特殊元素先考虑)．21．把1、2、3、4、5这五个数字组成无重复数字的五位数，并把它们由小大到的顺序排成一个数列.（Ⅰ）求是这个数列的第几项；（Ⅱ）求这个数列的第96项；（Ⅲ）求这个数列的所有项和.【答案】（1）第项.（2）.（3）.【详解】试题分析：（1）可从反面出发：大于的数可分为以下三类：以5开头，以45开头，以435开头，最后用减即得，（2）比第项所表示的五位数大的五位数有个，而以5开头的有（个），所以第项为（3）每位数字之和为，共有（个），所以所有项和为试题解析：（Ⅰ）大于的数可分为以下三类：第一类：以5开头的有（个），第二类：以45开头的有（个），第三类：以435开头的有（个），故不大于的五位数有（个），即是第项.（Ⅱ）数列共有项，项之后还有项．即比第项所表示的五位数大的五位数有个，∴小于开头的五位数中最大的一个就是该数列的第项，即为.（Ⅲ）∵各在万位上时都有个五位数，∴万位上数字的和为，同理在千位、百位、十位、个位上也有个五位数，∴这个数列的所有项和为.22．在数字1，2，…，n(n≥2)的任意一个排列A：a1，a2，，an中，如果对于i，j∈N*，i＜j，有ai＞aj，那么就称(ai，aj)为一个逆序对．记排列A中逆序对的个数为S（A）．如n=4时，在排列B：3，2，4，1中，逆序对有（3，2），（3，1），（2，1），（4，1），则S（B）=4．（1）设排列C：3，5，6，4，1，2，写出S（C）的值；（2）对于数字1，2，...，n的一切排列A，求所有S（A）的算术