2025版高考数学一轮复习微专题小练习专练49排列与组合

这是一份2025版高考数学一轮复习微专题小练习专练49排列与组合，共3页。

一、选择题
1．某数学问题可用综合法和分析法两种方法证明；有5位同学只会用综合法证明，有3位同学只会用分析法证明，现从这8人中任选1人证明这个问题，不同的选法种数为( )
A．8 B．15 C．18 D．30
答案：
答案：A
解析：由分类加法计数原理可知共有5＋3＝8种不同的选法．
2．[2023·全国甲卷(理)]现有5名志愿者报名参加公益活动，在某一星期的星期六、星期日两天，每天从这5人中安排2人参加公益活动，则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有( )
A．120种 B．60种 C．30种 D．20种
答案：B
解析：先从5人中选择1人两天均参加公益活动，有C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(5)) 种方式；再从余下的4人中选2人分别安排到星期六、星期日，有A eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) 种安排方式．所以不同的安排方式共有C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(5)) ·A eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) ＝60(种).故选B.
3．从包括甲、乙、丙在内的10名大学毕业生中选3人担任村长助理，则甲、乙中至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法种数为( )
A．85 B．56 C．49 D．28
答案：C
4．[2024·九省联考]甲、乙、丙等5人站成一排，且甲不在两端，乙和丙之间恰有2人，则不同排法共有( )
A．20种 B．16种 C．12种 D．8种
答案：B
解析：先排甲，再排乙和丙，则有：
共有16种．故选B.
5．安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有( )
A．12种 B．18种 C．24种 D．36种
答案：D
解析：将4项工作分成3组，共有C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) 种分法，再安排给3人共有A eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(3)) 种方法，故共有C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) A eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(3)) ＝36种不同的安排方式．
6．甲、乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有( )
A．30种 B．60种 C．120种 D．240种
答案：C
解析：甲、乙二人先选1种相同的课外读物，有C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(6)) ＝6(种)情况，再从剩下的5种课外读物中各自选1本不同的读物，有C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(5)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(4)) ＝20(种)情况，由分步乘法计数原理可得共有6×20＝120(种)选法，故选C.
7．在航天员进行的一项太空实验中，要先后实施6个程序，其中程序A只能出现在第一或最后一步，程序B和C在实施时必须相邻，问实验顺序的编排方法有( )
A．34种 B．48种 C．96种 D．144种
答案：C
解析：将B，C看作一个元素，除A外，共有A eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(4)) A eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝48种，再安排A，共有A eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) 种不同的排法，∴实验顺序共有48×2＝96种不同的编排方法．
8．7个人排成一排，若甲、乙、丙互不相邻，共有不同的排法种数是( )
A．24 B．60 C．84 D．1 440
答案：D
解析：完成这件事分两步进行，第一步排除甲、乙、丙以外的4个人，共有A eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(4)) ＝24种不同的排法，第二步排除甲、乙、丙，共有A eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(5)) ＝60种不同的排法，由分步乘法原理，共有24×60＝1 440种不同的排法．
9．由0，1，2，3，4，5，6，7，8，9组成没有重复数字的五位数，且是奇数，其中恰有两个数字是偶数，则这样的五位数的个数为( )
A．7 200 B．6 480 C．4 320 D．5 040
答案：B
解析：当两个偶数数字中不含0时，共有C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(5)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(3)) A eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(4)) ＝4 320(个)；当两个偶数数字中有一个为0时，共有C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(3)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(4)) C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(5)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(3)) A eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(3)) ＝2 160(个).因此共有4 320＋2 160＝6 480(个)，故选B.
二、填空题
10．从6个人中选4个人去值班，每人值班一天，第一天安排1个人，第二天安排1个人，第三天安排2个人，则共有________种安排方法．
答案：180
解析：从6个人中选取1个人安排在第一天有C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(6)) ＝6(种)方法，然后从余下的5个人中选取1个人安排在第二天有C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(5)) ＝5(种)方法，再从剩余的4个人中选取2个人安排在第三天有C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) ＝6(种)方法，根据分步乘法计数原理知不同的安排方法有6×5×6＝180(种).
11．[2023·新课标Ⅰ卷]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).
答案：64
解析：方法一 由题意，可分三类：第一类，体育类选修课和艺术类选修课各选修1门，有C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(4)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(4)) 种方案；第二类，在体育类选修课中选修1门，在艺术类选修课中选修2门，有C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(4)) C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) 种方案；第三类，在体育类选修课中选修2门，在艺术类选修课中选修1门，有C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(4)) 种方案．综上，不同的选课方案共有C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(4)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(4)) ＋C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(4)) C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) ＋C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(4)) ＝64(种).
方法二 若学生从这8门课中选修2门课，则有C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(8)) －C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) －C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) ＝16(种)选课方案；若学生从这8门课中选修3门课，则有C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(8)) －C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(4)) －C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(4)) ＝48(种)选课方案．综上，不同的选课方案共有16＋48＝64(种).
12．[2024·新课标Ⅱ卷]在如图的4×4的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有________种选法．在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是________．
答案：24 112
解析：共选4个方格：选第1个方格，在16个方格中任选1个，有16种选法；
选第2个方格，需在除去所选第1个方格所在行、列的方格(共9个)中任选1个，有9种选法；
选第3个方格，需在除去所选的第1和第2个方格所在行、列的方格(共4个)中任选1个，有4种选法；
选第4个方格，需在除去所选的第1、第2和第3个方格所在行、列的方格(共1个)中任选1个，有1种选法．
对于选好的4个方格无顺序限制，所以不同的选法有 eq \f(16×9×4×1,4！)＝24(种).
由题图可知，各行的数从左往右均依次增大，各列的数从上往下依次增大或不变，所以要使选中方格的4个数之和最大，可从右往左从各列中选数字较大的方格，所选方格中的数为44，33，22, 11和44，33，21，13，其和分别为110和111.
又因为从左往右各列数字的极差分别为4，3，3，4，所以按极差从大到小各列选15，43，33，21，其和为112.比较以上各数，最大的是112.
11
21
31
40
12
22
33
42
13
22
33
43
15
24
34
44