2025年高考数学一轮复习-第十章-第二节 排列与组合-课时作业【含解析】

这是一份2025年高考数学一轮复习-第十章-第二节 排列与组合-课时作业【含解析】，共11页。
1.（2024·山西晋中）（x－2）（x－3）（x－4）…（x－15）x∈N*，x>15可表示为（ ）
A.Ax－213 B.Ax－214
C.Ax－1513 D.Ax－1514
2.若Am3＝6Cm4，则m等于（ ）
A.9 B.8
C.7 D.6
3.（2024·福建厦门）将甲、乙等5位同学分别保送到北京大学、上海交通大学、浙江大学三所大学就读，则每所大学至少保送一人的不同保送的方法有（ ）
A.240种 B.180种
C.150种 D.540种
4.（2024·江苏盐城）用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有（ ）
A.144个 B.120个
C.96个 D.72个
5.（2024·浙江宁波）某地环保部门召集6家企业的负责人座谈，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（ ）
A.15 B.30
C.35 D.42
6.（多选）（2024·江苏南京）下列关于排列组合数的等式或说法正确的有（ ）
A.C33＋C43＋C53＋…＋C103＝330
B.已知n＞m，则等式Cnmm+1＝Cn+1m+1n+1对任意正整数n，m都成立
C.设x＝A9090×2A33＋3A44＋4A55＋89A9090，则x的个位数字是6
D.等式（Cn0）2＋（Cn1）2＋（Cn2）2＋…＋（Cnn）2＝C2nn对任意正整数n都成立
7.4名男生和3名女生排成一排照相，要求男生和男生互不相邻，女生与女生也互不相邻，则不同的排法种数是（ ）
A.36 B.72
C.81 D.144
8.（多选）某中学为提升学生劳动意识和社会实践能力，利用周末进社区义务劳动.高三一共有6个班，其中只有1班有2个劳动模范，本次义务劳动一共有20个名额，劳动模范必须参加并不占名额，每个班都必须有人参加，则下列说法正确的是（ ）
A.若1班不再分配名额，则共有C204种分配方法
B.若1班有除劳动模范之外的学生参加，则共有C195种分配方法
C.若每个班至少3人参加，则共有90种分配方法
D.若每个班至少3人参加，则共有126种分配方法
9.2023年成都大运会期间，5名同学到4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名同学，则不同的安排方法共有（ ）
A.60种 B.120种
C.240种 D.480种
10.（2024·江苏南京）某校有4名同学到三个社区参加新时代文明实践宣传活动，要求每名同学只去1个社区，每个社区至少安排1名同学，则甲、乙2人被分配到同一个社区的概率为 .
[B组 能力提升练]
11.（2024·江苏扬州）大约公元前300年，欧几里得在他所著《几何原本》中证明了算术基本定理：每一个比1大的数（每个比1大的正整数）要么本身是一个素数，要么可以写成一系列素数的乘积，如果不考虑这些素数在乘积中的顺序，那么写出来的形式是唯一的，即任何一个大于1的自然数N（N不为素数）能唯一地写成N＝p1a1·p2a2…pkak（其中pi是素数，ai是正整数，1≤i≤k，p1＜p2＜…＜pk，将上式称为自然数N的标准分解式，且N的标准分解式中有a1＋a2＋…＋ak个素数.从360的标准分解式中任取3个素数，则一共可以组成不同的三位数的个数为（ ）
A.6 B.13
C.19 D.60
12.（2024·江苏盐城）某艺术团为期三天公益演出，其表演节目分别为歌唱、民族舞、戏曲、演奏、舞台剧、爵士舞，要求歌唱与民族舞不得安排在同一天进行，每天至少进行一类节目.则不同的演出安排方案共有（ ）
A.720种 B.3 168种
C.1 296种 D.5 040种
13.（2024·江苏苏州）把分别标有1号、2号、3号、4号的4个不同的小球放入分别标有1号、2号、3号的3个盒子中，没有空盒子且任意一个小球都不能放入标有相同标号的盒子中，则不同的放球方法种数为（ ）
A.8 B.12
C.16 D.20
14.2023年暑假，5位老师去某风景区游玩，现有“垂云通天河”“严子陵钓台”这两处风景供选择，若每位老师只能选取其中的一处风景且每处风景最多被3位老师选择，则不同的选择方案共有 种.（用数字作答）
15.若将5名志愿者安排到三个学校进行志愿服务，每人只去一个学校，每个学校至少去一人，则不同的分配方案共有 种.（用数字作答）
16.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N1＜N2＜N3的所有排列的个数是 .
17.把座位编号为1，2，3，4，5的五张电影票全部分给甲、乙、丙、丁四个人，每人至少一张，至多两张，且分得的两张票必须是连号，那么不同的分法种数为 .（用数字作答）
18.（2024·江苏徐州）已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Snn＝an＋1，a2＝2.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）集合A＝{a1，a2，…，an}，将集合A的所有非空子集中最小的元素相加，其和记为Tn，求Tn.
2025年高考数学一轮复习-第十章-第二节 排列与组合-课时作业（解析版）
[A组 基础保分练]
1.（2024·山西晋中）（x－2）（x－3）（x－4）…（x－15）x∈N*，x>15可表示为（ ）
A.Ax－213 B.Ax－214
C.Ax－1513 D.Ax－1514
答案：B
解析：x－2x－3x－4…x－15
＝x－2x－3x－4…x－15x－16…2·1x－16…2·1
＝x－2！x－16！＝x－2！x－2－14！＝Ax－214.
2.若Am3＝6Cm4，则m等于（ ）
A.9 B.8
C.7 D.6
答案：C
解析：因为Am3＝6Cm4，所以m（m－1）（m－2）＝6×m（m－1)(m－2)(m－3）4×3×2×1，
即1＝m－34，解得m＝7.
3.（2024·福建厦门）将甲、乙等5位同学分别保送到北京大学、上海交通大学、浙江大学三所大学就读，则每所大学至少保送一人的不同保送的方法有（ ）
A.240种 B.180种
C.150种 D.540种
答案：C
解析：5名学生可分成2，2，1和3，1，1两种形式，当5名学生分成2，2，1时，共有12C52C32A33＝90种方法，当5名学生分成3，1，1时，共有C53A33＝60种方法，根据分类加法计数原理知共有90＋60＝150种保送方法.
4.（2024·江苏盐城）用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有（ ）
A.144个 B.120个
C.96个 D.72个
答案：B
解析：根据题意，符合条件的五位数首位数字必须是4，5其中1个，末位数字为0，2，4中其中1个；
分两种情况讨论：
①首位数字为5时，末位数字有3种情况，在剩余的4个数中任取3个，放在剩余的3个位置上，有A43＝24种情况，此时有3×24＝72（个），
②首位数字为4时，末位数字有2种情况，在剩余的4个数中任取3个，放在剩余的3个位置上，有A43＝24种情况，此时有2×24＝48（个），
共有72＋48＝120（个）.
5.（2024·浙江宁波）某地环保部门召集6家企业的负责人座谈，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（ ）
A.15 B.30
C.35 D.42
答案：B
解析：由于甲有两个人参加会议需要分两类：含有甲的选法有C21C52种，不含有甲的选法有C53种，共有C21C52＋C53＝30种.
6.（多选）（2024·江苏南京）下列关于排列组合数的等式或说法正确的有（ ）
A.C33＋C43＋C53＋…＋C103＝330
B.已知n＞m，则等式Cnmm+1＝Cn+1m+1n+1对任意正整数n，m都成立
C.设x＝A9090×2A33＋3A44＋4A55＋89A9090，则x的个位数字是6
D.等式（Cn0）2＋（Cn1）2＋（Cn2）2＋…＋（Cnn）2＝C2nn对任意正整数n都成立
答案：ABD
解析：对A：由Cnm＋Cnm－1＝Cn＋1m可知，
C33＋C43＋C53＋…＋C103＝C44＋C43＋C53＋…C103＝C54＋C53＋…C103＝…＝C114＝330，
A正确；
对B：若n＞m，
则Cnmm+1＝n！（m+1）×m!(n－m)!
＝（n+1)!（n+1）×（m+1)![(n+1)−(m+1)]!＝Cn+1m+1n+1，
B正确；
对C：∵n－1Ann＝n－1n！＝1（n－1)!－1n！＝1An－1n－1－1Ann，n≥3，n∈N*，
则2A33＋3A44＋4A55＋…＋89A9090＝1A22－1A33＋1A33－1A44＋…＋1A8989－1A9090＝1A22－1A9090，
故x＝A9090×2A33＋3A44＋4A55＋…＋89A9090＝A9090×1A21－1A9090＝A90902－1，
∵A90902＝90！2＝45×89！，其个位数字是0，
故x＝A90902－1的个位数字是9，C错误；
对D：∵（1＋x）n的展开式通项为Tr＋1＝Cnr×1n－r×xr＝Cnr·xr，r＝0，1，2，…，n，∴（1＋x）n＝Cn0＋Cn1x＋…＋Cnnxn，
故（x＋1）n（x＋1）n展开式的xn的系数为Cn0Cnn＋Cn1Cnn－1＋…＋CnnCn0.又∵Cnm＝Cnn－m，则Cn0Cnn＋Cn1Cnn－1＋…＋CnnCn0＝（Cn0）2＋（Cn1）2＋（Cn2）2＋…＋（Cnn）2，
同理可得：（1＋x）2n的展开式通项为Tr＋1＝C2nr×12n－r×xr＝C2nr·xr，r＝0，1，2，…，2n，即展开式的xn的系数为C2nn，
由于（x＋1）n（x＋1）n＝（1＋x）2n，故（Cn0）2＋（Cn1）2＋（Cn2）2＋…＋（Cnn）2＝C2nn，D正确.
7.4名男生和3名女生排成一排照相，要求男生和男生互不相邻，女生与女生也互不相邻，则不同的排法种数是（ ）
A.36 B.72
C.81 D.144
答案：D
解析：由题意先将3名女生全排列，然后利用插空法，
将4名男生排到3名女生之间的4个空位上，
故共有A33A44＝6×24＝144种不同的排法.
8.（多选）某中学为提升学生劳动意识和社会实践能力，利用周末进社区义务劳动.高三一共有6个班，其中只有1班有2个劳动模范，本次义务劳动一共有20个名额，劳动模范必须参加并不占名额，每个班都必须有人参加，则下列说法正确的是（ ）
A.若1班不再分配名额，则共有C204种分配方法
B.若1班有除劳动模范之外的学生参加，则共有C195种分配方法
C.若每个班至少3人参加，则共有90种分配方法
D.若每个班至少3人参加，则共有126种分配方法
答案：BD
解析：对于A，若1班不再分配名额，则20个名额分配到5个班级，每个班级至少1个，根据插空法，将其分成5组，则共有C194种分配方法，故A错误；
对于B，若1班有除劳动模范之外的学生参加，则20个名额分配到6个班级，每个班级至少1个，根据插空法，将其分成6组，则共有C195种分配方法，故B正确；
对于C、D，若每个班至少3人参加，相当于16个名额被占用，还有4个名额需要分到6个班级，分5类：①4个名额分到一个班，有6种；②一个班3个名额，一个班1个名额，有C61C51＝30（种）；③两个班都是2个名额，有C62＝15（种）；④两个班1个名额，一个班2个名额，有C61C52＝60（种）；⑤四个班都是1个名额，有C64＝15（种），则共有126种分配方法，故C错误，D正确.
9.2023年成都大运会期间，5名同学到4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名同学，则不同的安排方法共有（ ）
A.60种 B.120种
C.240种 D.480种
答案：C
解析：先将5名同学分为4组，其中1组有2名，另外3组各1名，共有C52＝10种分法，然后将这4组全排列，共有A44＝24种排法， 则不同的安排方法共有10×24＝240（种）.
10.（2024·江苏南京）某校有4名同学到三个社区参加新时代文明实践宣传活动，要求每名同学只去1个社区，每个社区至少安排1名同学，则甲、乙2人被分配到同一个社区的概率为 .
答案：16
解析：先将4名同学中的2名同学看作一组，选法有C42种，另外两组各1人，分配到三个社区，
则总分法有C42A33种，
其中甲、乙2人被分配到同一个社区的分法有A33种，
则甲、乙2人被分配到同一个社区的概率为P＝A33C42A33＝16.
[B组 能力提升练]
11.（2024·江苏扬州）大约公元前300年，欧几里得在他所著《几何原本》中证明了算术基本定理：每一个比1大的数（每个比1大的正整数）要么本身是一个素数，要么可以写成一系列素数的乘积，如果不考虑这些素数在乘积中的顺序，那么写出来的形式是唯一的，即任何一个大于1的自然数N（N不为素数）能唯一地写成N＝p1a1·p2a2…pkak（其中pi是素数，ai是正整数，1≤i≤k，p1＜p2＜…＜pk，将上式称为自然数N的标准分解式，且N的标准分解式中有a1＋a2＋…＋ak个素数.从360的标准分解式中任取3个素数，则一共可以组成不同的三位数的个数为（ ）
A.6 B.13
C.19 D.60
答案：C
解析：根据N的标准分解式可得360＝23×32×5，
故从2，2，2，3，3，5这6个素数中任取3个组成三位数，有下列三种情况：
①选取3个2，可以组成1个三位数；
②选取2个2后，再从3或5中选一个，可以组成C21×C32＝6个不同的三位数；
③选取1个2后，再选2个3，可以组成C31·C22＝3个不同的三位数；
④选取2，3，5，可以组成A33＝6个不同的三位数；
⑤选取3，3，5，可以组成C31＝3个不同的三位数；
所以从120的标准分解式中任取3个素数，一共可以组成1＋6＋3＋6＋3＝19个不同的三位数.
12.（2024·江苏盐城）某艺术团为期三天公益演出，其表演节目分别为歌唱、民族舞、戏曲、演奏、舞台剧、爵士舞，要求歌唱与民族舞不得安排在同一天进行，每天至少进行一类节目.则不同的演出安排方案共有（ ）
A.720种 B.3 168种
C.1 296种 D.5 040种
答案：D
解析：①若三天演出项目数量为2，2，2，
所有的安排方法数为C62C42C22×（A22）3种，
歌唱与民族舞安排在同一天进行有3×C42C22×（A22）3种，
则三天演出项目数量为2，2，2的安排方法数为：C62C42C22×（A22）3－3×C42C22×（A22）3＝576；
②若三天演出项目数量为3，2，1，
所有的安排方法数为C63C32C11×A33×（A33×A22）种，
歌唱与民族舞安排在第一天进行有C41C32C11×A33×（A33×A22）种，
歌唱与民族舞安排在第二天进行有C43C11×A33×（A33×A22）种，
则三天演出项目数量为3，2，1的安排方法数为：
C63C32C11×A33×（A33×A22）－C41C32C11×A33×（A33×A22）－C43C11×A33×（A33×A22）＝3 168；
③若三天演出项目数量为4，1，1，
所有的安排方法数为C64×A33×（A44），
歌唱与民族舞安排在第一天进行有C42×A33×（A44）种，
则三天演出项目数量为4，1，1的安排方法数为：C64A33×（A44）－C42×A33×（A44）＝1 296；
综上所述，不同的演出安排方案共有576＋3 168＋1 296＝5 040（种）.
13.（2024·江苏苏州）把分别标有1号、2号、3号、4号的4个不同的小球放入分别标有1号、2号、3号的3个盒子中，没有空盒子且任意一个小球都不能放入标有相同标号的盒子中，则不同的放球方法种数为（ ）
A.8 B.12
C.16 D.20
答案：B
解析：4个小球放入3个盒子，没有空盒子，则有两个小球放入同一个盒子，因此分为两类：
第一类：4号小球单独放入一个盒子，分2步：
第1步，从1号、2号、3号3个小球中，选出2个小球，放入与未被选中小球标号相同的盒子中，有C32种方法；
第2步，将未被选中的小球和4号小球，分别放入另外2个盒子中，有A22种方法.
∴4号小球单独放入一个盒子，有C32A22＝3×2＝6种方法.
例如：第1步，选出2号、3号小球放入1号盒；第2步，1号小球放入2号盒，4号小球放入3号盒.
第二类：4号小球与另一小球共同放入一个盒子，分2步：
第1步，从1号、2号、3号3个小球中，选出1个小球，有C31种方法；
第2步，将4号小球与第1步选出的小球放入与选出小球标号不同的盒子中，有C21种方法；
第3步，剩余的2个小球，其中1个，与剩余的两个空盒其中的1个标号相同，只有1方法放置.
∴4号小球与另一小球共同放入一个盒子，有C31C21×1＝3×2＝6种方法.
例如：第1步，选出1号球；第2步，将1号、4号小球放入2号盒；第3步，2号小球放入3号盒，3号小球放入1号盒.
∴没有空盒子且任意一个小球都不能放入标有相同标号的盒子中，则不同的放球方法种数为6＋6＝12.
14.2023年暑假，5位老师去某风景区游玩，现有“垂云通天河”“严子陵钓台”这两处风景供选择，若每位老师只能选取其中的一处风景且每处风景最多被3位老师选择，则不同的选择方案共有 种.（用数字作答）
答案：20
解析：依题意得，5位教师中有3位选取其中的一处风景游玩，另2位教师选择另一处风景游玩.
故可分两步：
第一步：将5位老师分为两组，一组3人，一组2人，共有C53种不同的分法；
第二步：将两组分配到两处风景，共有A22种不同的方法.
根据分步乘法计数原理，得共有C53A22＝20种不同的选择方案.
15.若将5名志愿者安排到三个学校进行志愿服务，每人只去一个学校，每个学校至少去一人，则不同的分配方案共有 种.（用数字作答）
答案：150
解析：由题意得，三个学校可分得的志愿者人数分别为3，1，1或2，2，1，
当三个学校可分得的志愿者人数分别为3，1，1时，分配方案有C53A33＝60种，
当三个学校可分得的志愿者人数分别为2，2，1时，分配方案有C52C32C11A22A33＝90种，
综上，不同的分配方案有60＋90＝150种.
16.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N1＜N2＜N3的所有排列的个数是 .
答案：240
解析：（元素优先法）由题意知6必在第三行，安排6有C31种方法，第三行中剩下的两个空位安排数字有A52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C21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C31A52C21A22＝240.
17.把座位编号为1，2，3，4，5的五张电影票全部分给甲、乙、丙、丁四个人，每人至少一张，至多两张，且分得的两张票必须是连号，那么不同的分法种数为 .（用数字作答）
答案：96
解析：先将票分为符合条件的4份，由题意，4人分5张票，且每人至少一张，至多两张，则三人每人一张，一人两张，且分得的票必须是连号，相当于将1，2，3，4，5这五个数用3个板子隔开，分为四部分且不存在三连号.在4个空位插3个板子，共有C43＝4（种）分法，再对应到4个人，有A44＝24（种）分法，则共有4×24＝96（种）分法.
18.（2024·江苏徐州）已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Snn＝an＋1，a2＝2.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）集合A＝{a1，a2，…，an}，将集合A的所有非空子集中最小的元素相加，其和记为Tn，求Tn.
解：（1）当n＝1时，2a1＝a1＋1，则a1＝1，且a2＝2；
当n≥2时，2Sn＝nan＋n，2Sn－1＝（n－1）an－1＋n－1，两式相减得2an＝nan－（n－1）an－1＋1，
∴（n－2）an－（n－1）an－1＝－1（n≥2），
∴当n≥3时，ann－1－an－1n－2＝－1（n－1)(n－2）＝1n－1－1n－2，即ann－1－1n－1＝an－1n－2－1n－2，
则ann－1－1n－1＝a23－2－1＝1，∴an＝n.
综上，an＝n对任意n∈N*都成立.
（2）A＝{a1，a2，…，an}＝{1，2，3，…，n}，集合A的非空子集有2n－1个，
其中最小元素为1的集合中，含1个元素的集合有1个，含2个元素的集合有Cn－11个，
含3个元素的集合有Cn－12个，…，含n个元素的集合有Cn－1n－1个，
所以最小元素为1的子集个数为Cn－10＋Cn－11＋Cn－12＋…＋Cn－1n－1＝2n－1个，
同理，最小元素为2的子集个数为Cn－20＋Cn－21＋Cn－22＋…＋Cn－2n－2＝2n－2个，
…，最小元素为n的子集个数为1个，
∴Tn＝1×2n－1＋2×2n－2＋…＋（n－1）×2＋n×1，
12Tn＝1×2n－2＋…＋（n－2）×2＋（n－1）×1＋n×12，
∴12Tn＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1－n2＝1－2n1－2－n2＝2n－1－n2，则Tn＝2n＋1－n－2.