2025届高考数学一轮复习专练68 排列与组合（Word版附解析）

这是一份2025届高考数学一轮复习专练68 排列与组合（Word版附解析），共8页。
【基础落实练】
1.(5分)从集合{1,2,3,…,10}中任意选出三个不同的数,使这三个数成等比数列,这样的等比数列的个数为( )
A.3B.4C.6D.8
【解析】选D.以1为首项的等比数列为1,2,4;1,3,9;
以2为首项的等比数列为2,4,8;
以4为首项的等比数列为4,6,9;
把这四个数列顺序颠倒,又得到4个新数列,
所以所求的数列共有2×(2+1+1)=8(个).
2.(5分)(2023·滨州模拟)从11名大学毕业生中选3人担任村长助理,则甲、乙至少有1人入选,而丙没有入选的不同选法的种数为( )
A.49B.56C.64D.84
【解析】选C.甲、乙有且仅有1人入选、丙没有入选的情况有C21C82=56种;
甲、乙2人都入选、丙没有入选的情况有C81=8种;
所以甲、乙至少有1人入选,而丙没有入选的不同选法的种数为56+8=64.
3.(5分)(2023·武汉模拟)源于探索外太空的渴望,航天事业在21世纪获得了长足的发展.太空中的环境为某些科学实验提供了有利条件,宇航员常常在太空旅行中进行科学实验.在某次太空旅行中,宇航员们负责的科学实验要经过5道程序,其中A,B两道程序既不能放在最前,也不能放在最后,则该实验不同程序的顺序安排共有( )
A.18种B.36种
C.72种D.108种
【解析】选B.先排A,B两道程序,其既不能放在最前,也不能放在最后,则在第2,3,4道程序中选两个放A,B,共有A32种放法;再排剩余的3道程序,共有A33种放法.则共有A32·A33=36(种)放法.
4.(5分)将标号为1,2,3,4的四个篮球分给三位小朋友,每位小朋友至少分到一个篮球,且标号为1,2的两个篮球不能分给同一个小朋友,则不同的分法种数为( )
A.15B.20C.30D.42
【解析】选C.四个篮球分成三组有C42种分法,三组篮球进行全排列有A33种分法,标号为1,2的两个篮球分给同一个小朋友有A33种分法,所以有C42A33-A33=36-6=30(种)分法.
5.(5分)(多选题)有4位同学报名参加三个不同的社团,则下列说法正确的是( )
A.每位同学限报其中一个社团,则不同的报名方法共有34种
B.每位同学限报其中一个社团,则不同的报名方法共有43种
C.每个社团限报一个人,则不同的报名方法共有24种
D.每个社团限报一个人,则不同的报名方法共有43种
【解析】选AD.对于A,B,第1位同学有3种报法,第2位同学有3种报法,后面的2位同学也分别有3种报法,根据分步乘法计数原理知共有34种报名方法,A正确,B错误;
对于C,D,每个社团限报一个人,则第1个社团有4种选择,第2个社团有4种选择,第3个社团有4种选择,根据分步乘法计数原理知共有43种报名方法,D正确,C错误.
6.(5分)(多选题)已知A,B,C,D,E五个人并排站在一起,则下列说法正确的有( )
A.若A,B不相邻,共有72种排法
B.若A不站在最左边,B不站在最右边,有72种排法
C.若A在B右边,有60种排法
D.若A,B两人站在一起,有48种排法
【解析】选ACD.对于A,若A,B不相邻,共有A33A42=72(种)排法,故A正确;
对于B,若A不站在最左边,B不站在最右边,利用间接法有A55-2A44+A33=78(种)排法,故B错误;
对于C,若A在B右边,有A55A22=60(种)排法,故C正确;
对于D,若A,B两人站在一起,有A22A44=48(种)排法,故D正确.
7.(5分)(2024·滨州模拟)从6人中选出4人分别到巴黎、伦敦、悉尼、莫斯科四个城市游览,要求每个城市有一人游览,每人只游览一个城市,且这6人中甲、乙两人不去巴黎游览,则不同的选择方案种数共有________.(用数字作答)
【解析】由题意可得,首先从6人中选4人分别到四个城市游览有A64=360种不同的情况,其中包含甲到巴黎游览的有A53=60种,乙到巴黎游览的有A53=60种,故这6人中甲、乙两人不去巴黎游览的方案共有360-60-60=240(种).
答案:240
8.(5分)在5G,AI,MR等技术的支持下,新闻媒体推出诸多创新融媒产品,将5G技术引入新闻生产,有效扩展了新闻的应用场景,云采访、云访谈、云直播等云端对话成为报道的新常态.现有4名新闻媒体记者采用云采访、云访谈、云直播三种方式中的一种进行报道,每种方式至少有一名记者采用,则不同的选择方法种数为________.
【解析】依题意将4名新闻媒体记者分成三组,共有C42种方法﹐
再将其进行全排列共有A33种方法﹐
由分步乘法计数原理得,共有C42A33=36(种)选择方法.
答案:36
9.(10分)某共享汽车停放点的停车位成一排且恰好全部空闲,假设最先来停车点停车的3辆共享汽车都是随机停放的,且这3辆共享汽车都不相邻的排法与这3辆共享汽车恰有2辆相邻的排法相等,求该停车点的车位数.
【解析】设停车位有n个,这3辆共享汽车都不相邻相当于先将(n-3)个停车位排放好,再将这3辆共享汽车插入到所成的(n-2)个间隔中,故有An-23种.恰有2辆共享汽车相邻,可先把其中2辆捆绑在一起看作一个复合元素,再和另一辆插入到将(n-3)个停车位排好所成的(n-2)个间隔中,故有A32An-22种.因为这3辆共享汽车都不相邻的排法与这3辆共享汽车恰有2辆相邻的排法相等,所以An-23=A32An-22,解得n=10.
【能力提升练】
10.(5分)(2023·广东深圳模拟)现将5个代表团人员安排至甲、乙、丙三家宾馆入住,要求同一个代表团人员住同一家宾馆,且每家宾馆至少有一个代表团入住.若这5个代表团中A,B两个代表团已经入住甲宾馆且不再安排其他代表团入住甲宾馆,则不同的入住方案种数为( )
A.6B.12C.16D.18
【解析】选A.甲宾馆不再安排代表团入住,则乙、丙两家宾馆需安排余下的3个代表团入住,所以一个宾馆住1个代表团,另一个宾馆住2个代表团,共有C32A22=6种方案.
11.(5分)某中学开设了乒乓球、羽毛球、书法、小提琴四门选修课程,要求每位同学每学年至多选2门,初一到初三3学年将四门选修课程选完,则每位同学的不同选修方法有( )
A.60种B.78种
C.54种D.84种
【解析】选C.根据题意,三年修完四门选修课程,每学年至多选2门,则每位同学每年所修课程数为:1,1,2或0,2,2;先将4门课程按照1,1,2分成三组有:C42C21C11A22种方法,再分到三个学年,有A33种方法,所以不同的选修方法有:C42C21C11A22×A33=36种;再将4门课程按照0,2,2分成三组有:C42C22A22,再分到三个学年,有A33种方法,所以不同的选修方法有:C42C22A22×A33=18种,所以共有:36+18=54种.
12.(5分)(多选题)(2023·遵义模拟)若一个三位数中十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都大,则称这个数为“凸数”,如231,354等都是“凸数”,用1,2,3,4,5这五个数字组成无重复数字的三位数,则( )
A.组成的三位数的个数为30
B.在组成的三位数中,奇数的个数为36
C.在组成的三位数中,“凸数”的个数为24
D.在组成的三位数中,“凸数”的个数为20
【解析】选BD.5个数组成无重复数字的三位数的个数为A53=60,故A错误;
奇数为个位数是1,3,5的三位数,个数为3A42=36,故B正确;
因为“凸数”分为3类,①十位数为5,则有A42=12个;②十位数为4,则有A32=6个;③十位数为3,则有A22=2个,所以共有20个,故C错误,D正确.
13.(5分)(2023·长沙模拟)有甲、乙2位女生和4位男生共6位同学排成一排,甲同学不能站在最左边,4位男生中恰有3位相邻的排法有________种.
【解析】先将3位相邻的男生捆绑在一起记为元素a,另外一位男生记为元素b,
则甲,乙,a,b四个不同元素排成一排,甲不在最左边,a,b不相邻,
则不同的排法种数为A43(A22A32-A22)=24×10=240.
答案:240
14.(10分)(2023·张家口模拟)已知甲、乙、丙、丁、戊五名同学,按下列要求进行排列,分别求满足条件的排列数.
(1)把5名同学排成一排且甲、乙必须相邻;
(2)把5名同学安排到排成一排的6个空位中的5个空位上,且甲,乙不相邻.
【解析】(1)第一步,排列甲、乙两名同学有A22种;第二步,把有限制条件(相邻)的同学甲、乙看作整体和其他三名同学一起全排列,其排列方法有A44种.
由分步乘法计数原理知,满足条件的排列方法有A22A44=48(种).
(2)除了甲、乙剩下的三名同学和一个空位,形成五个间隔,让甲、乙插入5个间隔有A52种,然后三名同学和一个空位全排列得到A44,最后结果是A52A44=480(种).
15.(10分)(2023·烟台模拟)将4个编号为1,2,3,4的不同小球全部放入4个编号为1,2,3,4的不同盒子中.求:
(1)每个盒子至少放一个小球,有多少种不同的放法?
(2)恰好有一个空盒,有多少种不同的放法?
(3)每个盒子放一个小球,并且恰好有一个小球的编号与盒子的编号相同,有多少种不同的放法?
(4)把已知中4个不同的小球换成四个完全相同的小球(无编号),其余条件不变,恰有一个空盒,有多少种不同的放法?
【解析】(1)根据题意知,每个盒子里有且只有一个小球,所求放法种数为A44=24;
(2)先将4个小球分为3组,各组的球数分别为2,1,1,然后分配给4个盒子中的3个盒子,由分步乘法计数原理可知,所求的放法种数为C42A43=144;
(3)编号为1的盒子中放入编号为1的小球,则其他3个球均未放入相应编号的盒子,那么编号为2,3,4的盒子中放入的小球编号可以依次为3,4,2或4,2,3,因此所求放法种数为2×4=8;
(4)按两步进行,空盒编号有4种情况,然后将4个完全相同的小球放入其他3个盒子,没有空盒,则只需在4个完全相同的小球所形成的3个空(不包括两端)中插入2块板,由分步乘法计数原理可知,所求的放法种数为4C32=12.
【素养创新练】
16.(5分)小小的火柴棒可以拼成几何图形,也可以拼成数字.如图所示,我们可以用火柴棒拼出1至9这9个数字.比如:“1”需要2根火柴棒,“7”需要3根火柴棒.若用8根火柴棒以适当的方式全部放入表格中(没有放入火柴棒的空位表示数字“0”),那么最多可以表示无重复数字的三位数的个数为( )
A.8B.12C.16D.20
【解析】选D.由题意,可以用2根火柴棒表示数字1;3根火柴棒表示数字7;4根火柴棒表示数字4;5根火柴棒表示数字2,3,5;6根火柴棒表示数字6,9;7根火柴棒表示数字8.
数字不重复,因此8根火柴棒只能分成两组:2和6,3和5,组成两个数字,还有一个数字只能为0,
这样组成的无重复数字的三位数个数为C21C21A22+C21C31A22=20.
17.(5分)用标有1克、2克、4克的砝码各一个,在某架无刻度的天平上称量重物,如果天平两端均可放置砝码,那么该天平所能称出的不同克数(正整数)至多有________种;若再增加15克、40克的砝码各一个,所能称出的不同克数(正整数)至多有________种.
【解析】当一边放砝码时:一个砝码时能称出1克、2克、4克,两个砝码时能称出3克、5克、6克,三个砝码时能称出7克,共有7种情况;
当两边都放砝码时:一边各放一个砝码时,则能称出4-2=2(克),2-1=1(克),4-1=3(克),共三种情况;
一边两个,另一边一个时,有4-(2+1)=1(克),2+4-1=5(克),4+1-2=3(克),共三种情况,
综上所述,该天平所能称出的不同克数(正整数)至多有7种.
若用1克、2克、4克的砝码,可称量范围为1≤x≤7,
若加入15克后,可称量的范围为15-7≤x≤15+7,即8≤x≤22,
若加入40克后,可称量的范围为40-7≤x≤40+7,即33≤x≤47,
也可称量40+8≤x≤40+22,即48≤x≤62,
也可称量40-22≤x≤40+8,即18≤x≤48,
则可称量的范围有1≤x≤7,8≤x≤22,18≤x≤48,33≤x≤47,48≤x≤62,
x为正整数,即1≤x≤62,
所以再增加15克、40克的砝码各一个,所能称出的不同克数(正整数)至多有62种.
答案:7 62