第40练 两个原理、排列组合（课本变式练+考点分类练+最新模拟练+高考真题练+综合提升练）-备战2024年高考数学一轮复习高分突破（新高考通用）

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1.（人A选择性必修三P11习题6.1T4变式）从3，5，7，11这四个质数中，每次取出两个不同的数分别为，共可得到的不同值的个数是（ ）
A．6B．8C．12D．16
【答案】C
【解析】由于，所以从3，5，7，11中取出两个不同的数分别赋值给和共有种，并且计算结果不会重复，所以得到不同的值有12个.故选C.
2.（人A选择性必修三P26习题6.2T8变式）不等式的解为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】由，得且，
化简整理得，解得，又因为，所以.故选C.
3.（多选）（人A选择性必修三P26习题6.2T13变式）某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理、技术这七门课程中选三门作为选考科目，下列说法错误的是（ ）
A．若任意选择三门课程，选法总数为
B．若物理和化学至少选一门，选法总数为
C．若物理和历史不能同时选，选法总数为－
D．若物理和化学至少选一门，且物理和历史不同时选，选法总数为
【答案】ABD
【解析】由题意得：
对于选项A：若任意选择三门课程，选法总数为，A错误；
对于选项B：若物理和化学选一门，有种方法，其余两门从剩余的五门中选，有种选法；
若物理和化学选两门，有种选法，剩下一门从剩余的五门中选，有种选法，所以总数为，故B错误；
对于选项C：若物理和历史不能同时选，选法总数为，故C正确；
对于选项D：有3种情况：①选物理，不选化学，有种选法；
②选化学，不选物理，有种选法；
③物理与化学都选，有种选法.
故总数，故D错误.
故选ABD
4.（人A选择性必修三P26习题6.2T10变式）随着高三学习时间的增加，很多高三同学心理压力加大．通过心理问卷调查发现，某校高三年级有5位学生心理问题凸显，需要心理老师干预．已知该校高三年级有3位心理老师，每位心理老师至少安排1位学生，至多安排3位学生，则共有______种心理辅导安排方法．
【答案】150
【解析】根据题意，分2步进行分析：
①将5位学生分为3组，若有两组2人，一组1人，有种分组方法，
若两组1人，一组3人，有种分组方法，
则有15＋10＝25种分组方法，
②将分好的3组安排给3个老师进行心理辅导，有种情况，
则有25×6＝150种安排方法
二、考点分类练
(一)分类加法计数原理
5. 在袋子中装有10个大小相同的小球，其中有3个红球，3个白球，4个黑球，从中任取3个球，则取出的3个球中红球个数多于白球个数的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】根据题意，从该10球中取出3个球，所有可能有：种，
若满足题意，则需取出的3个球为：3个红球，或2个红球，或个红球2个黑球，
故满足题意的可能有：种，
故取出的3个球中红球个数多于白球个数的概率.故选B.
6. 某校高二年级举行健康杯篮球赛，共20个班级，其中1、3、4班组成联盟队，2、5、6班组成联盟队，一共有16支篮球队伍，先分成4个小组进行循环赛，决出8强（每队与本组其他队赛一场），即每个组取前两名（按获胜场次排名，如果获胜场次相同的就按净胜分排名）；然后晋级的8支队伍按照确定的程序进行淘汰赛，淘汰赛第一轮先决出4强，晋级的4支队伍要决出冠亚军和第三、四名，同时后面的4支队伍要决出第五至八名，则总共要进行篮球赛的场次为（ ）
A．32B．34C．36D．38
【答案】C
【详解】在循环赛阶段，4个小组，每个小组由4支球队组成，每个球队都要进行三场比赛，故每组要进行场，4组要进行场；
在淘汰赛阶段，第一轮：8支球队，2支一场，则共进行；
第二轮：8支球队，2支一场，共进行场，
此时决出分别争夺冠亚军、第三四名、第五六名、第七八名的球队，再分别进行4场，决出冠军、亚军、第三名、第四名、第五名、第六名、第七名、第八名.
综上，可得共进行场.故选C.
7. 如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻地区不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有种___________．（以数字作答）
【答案】72
【解析】按照使用颜色的种类分类，
第一类：使用了4种颜色，2,4同色，或3,5同色，则共有(种)，
第二类：使用了三种颜色，2,4同色且3,5同色，则共有(种)
所以共有48+24=72(种)
(二)分步乘法计数原理
8．如图所示，用不同的五种颜色分别为A，B，C，D，E五部分着色，相邻部分不能用同一种颜色，但同一种颜色可以反复使用，也可不使用，则复合这些要求的不同着色的方法共有（ ）
A．500种B．520种C．540种D．560种
【答案】C
【解析】先涂A，则A有5种涂法，再涂B，因为B与A相邻，所以B的颜色只要与A不同即可，有4种涂法同理C有3种涂法，D有3种涂法，E有3种涂法，由分步乘法计数原理可知，复合这些要求的不同着色的方法共有为5×4×3×3×3＝540，故选C.
9. （2023届重庆市育才中学校高三上学期期中）为了支援山区教育，现在安排5名大学生到3个学校进行支教活动，每个学校至少安排1人，其中甲校恰好要安排2名大学生，则不同的安排方法共有__________（用数字表示结果）.
【答案】60
【解析】由题知，甲校恰好要安排2名大学生，所以剩余3名大学生分成2组，一组1人，一组2人，然后再进行安排，所以有种，
10. （2023届甘肃省兰州市兰州西北中学高三上学期期中）某地举办高中数学竞赛，已知某校有20个参赛名额，现将这20个参赛名额分配给A，B，C，D四个班，其中1个班分配4个参赛名额，剩下的3个班都有参赛名额，则不同的分配方案有______种．
【答案】
【解析】第一步，确定分配有4个名额的班，共有4种，第二步，利用隔板法，剩余16个参赛名额的分配方式有种，不同的分配方案有
(三)排列与组合公式及应用
11. 下列式子错误的（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】对于A，因为，故A错误；
对于B，因为，故B正确；
对于C，因为，
且，故C正确；
对于D，因为
且，故D正确.故选A.
12. （多选）下列各式中，等于的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】CD
【解析】对选项A，，故A错误.
对选项B，，故B错误.
对选项C，，故C正确.
对选项D，，故D正确
13. （多选）下列关系式成立的是（ ）
A．＋2＋22＋23＋…＋2n＝3n
B．2＋＋2＋＋…＋＋2＝3·22n-1
C．·12＋·22＋·32＋…＋n2＝n·2n-1
D．()2＋()2＋()2＋…＋()2＝
【答案】ABD
【解析】＋2＋22＋23＋…＋2n，A正确；
设，
当时，①，
当时，②
由①+②得
由①-②得
2＋＋2＋＋…＋＋2，B正确；
，
·12＋·22＋·32＋…＋n2
，
令，
两边同乘得，
两边同时求导得，
令得
则·12＋·22＋·32＋…＋n2＝
C错误；
令，
则
，
比较等式两边的系数可知，
又，
D正确;故选ABD.
(四)排列与组合实际问题
14. （2023届广西邕衡金卷高三第二次适应性考试）在新型冠状病毒肺炎疫情联防联控期间，社区有5名医务人员到某学校的高一、高二、高三3个年级协助防控和宣传工作.若每个年级至少分配1名医务人员，则不同的分配方法有（ ）
A．25种 B．50种 C．300种 D．150种
【答案】D
【解析】当5个人分为2，2，1三小组，分别来自3个年级，共有种；
②当5个人分为3，1，1三小组时，分别来自3个年级，共有种.
综上，选法共有.故选D.
15. 从3，5，7，11这四个质数中，每次取出两个不同的数，分别记为a，b，则共可得到的不同值的个数为（ ）
A．6B．8C．12D．16
【答案】C
【解析】值的个数为从3，5，7，11这四个数中任选2个数的排列数.故选C
16. （2023届江苏省南通市海安高级中学高三上学期第二次月考）连接正方体每个面的中心构成一个正八面体．甲随机选择此正八面体的三个顶点构成三角形，乙随机选择此正八面体三个面的中心构成三角形，且甲、乙的选择互不影响，则（ ）
A．甲选择的三个点构成正三角形的概率为
B．甲选择的三个点构成等腰直角三角形的概率为
C．乙选择的三个点构成正三角形的概率为
D．甲选择的三个点构成的三角形与乙选择的三个点构成的三角形相似的概率为
【答案】ACD
【解析】甲随机选择的情况有种，乙随机选择的情况有种，
对于A：甲选择的三个点构成正三角形，只有一种情况：
甲从上下两个点中选一个，从中间四个点中选相邻两个，共有种，
故甲选择的三个点构成正三角形的概率为，故选项A正确；
对于B：甲选择的三个点构成等腰直角三角形，有三种情况：
①上下两点都选，中间四个点中选一个，共有种；
②上下两点中选一个，中间四个点中选相对的两个点，共有种；
③中间四个点中选三个点，共有种，故共有4+4+4= 12种，
所以甲选择的三个点构成等腰直角三角形的概率为，故选项B错误；
对于C：乙选择的三个点构成正三角形，只有一种情况：上面四个面的中心中选一个点且从下面四个面的中心选相对的两个点，或下面四个面的中心中选一个点且从上面四个面的中心选相对的两个点，共有种，所以乙选择的三个点构成正三角形的概率为，故选项C正确；
对于D ：选择的三个点构成等腰直角三角形同上所求，共有8+16=24种，概率为， 甲乙相似，则甲乙均为正三角形或均为等腰直角三角形，所以甲选择的三个点构成的三角形与乙选择的三个点构成的三角形相似的概率为，故D选项正确.故选ACD.
三、最新模拟练
17. （2023届江苏省南京市六校高三上学期11月联考）现有7个大小相同､质地均匀的小球，球上标有数字从这个小球中随机取出3个，则所取出的小球上数字的最小值为2的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】7个球任取3个有种，其中所取出的小球上数字的最小值为2的有种，
所以所取出的小球上数字的最小值为2的概率为.故选C
18. （2023届四川大学附属中学高三上学期期中）年月日至月日，第届国际乒联世界乒乓球团体锦标赛在成都举行，组委会安排甲、乙等名工作人员去个不同的岗位工作，其中每个岗位至少一人，且甲、乙人必须在一起，则不同的安排方法的种数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】分以下两种情况讨论：
（1）若甲、乙两人所在的岗位只分配了甲、乙两人，则另外有一个岗位需要安排两人，
此时，不同的安排方法种数为种；
（2）若甲、乙两人所在的岗位分配了三人，则还需从其余四人中抽取一人分配在甲、乙这两人所在的岗位，
此时，不同的安排方法种数为种.
综上所述，不同的安排方法种数为.故选A.
19. （2023届南师范大学附属中学高考适应性月考）按照编码特点来分，条形码可分为宽度调节法编码和模块组合法编码．最常见的宽度调节法编码的条形码是“标准25码”，“标准25码”中的每个数字编码由五个条组成，其中两个为相同的宽条，三个为相同的窄条，如图就是一个数字的编码，则共有多少（ ）种不同的编码．
A．120B．60C．40D．10
【答案】D
【详解】由题意可得，该题等价于将5个元素（3个分别相同、2个分别相同）排成一列的所有排列数．
20. （多选）（2023届江苏省镇江市句高三上学期期初）现分配甲、乙、丙三名临床医学检验专家到A，B，C，D，E五家医院进行核酸检测指导，每名专家只能选择一家医院，且允许多人选择同一家医院，则（ ）
A．所有可能的安排方法有125种
B．若A 医院必须有专家去，则不同的安排方法有61种
C．若专家甲必须去A 医院，则不同的安排方法有16种
D．若三名专家所选医院各不相同，则不同的安排方法有10种
【答案】AB
【解析】对于A，每名专家有5种选择方法，则所有可能的安排方法有种，A正确；
对于B，由选项A知，所有可能的方法有种，A 医院没有专家去的方法有种，
所以A 医院必须有专家去的不同的安排方法有种，B正确；
对于C，专家甲必须去A 医院，则专家乙、丙的安排方法有种，C错误；
对于D，三名专家所选医院各不相同的安排方法有种，D错误．故选AB.
21. （多选）（2022届广东省高三高考仿真卷）中国的五岳是指在中国境内的五座名山，坐落于东西南北中五个方位，分别是东岳泰山，西岳华山，南岳衡山，北岳恒山，中岳嵩山，某家庭一家三口计划在假期出游，每人选一个地方，则（ ）
A．恰有人选一个地方的方法总数为
B．恰有人选一个地方的方法总数为
C．恰有人选泰山的概率是
D．恰有人选泰山的概率是
【答案】BC
【解析】由题意，恰有人选一个地方的方法总数为，故A错误，B正确；
又由个人随机选个地方，基本事件的总数为种不同方式，
其中恰有人选泰山含基本事件数中旅游方式，
所以恰有人选泰山的概率，所以C正确，D错误.故选BC.
22. （2023届上海市嘉定区高三上学期9月统考）2022年世界杯亚洲区预选赛，中国和日本､澳大利亚､越南､阿曼､沙特阿拉伯分在同一小组，任意两个国家需要在各自主场进行一场比赛，则该小组共有___________场比赛.
【答案】30
【解析】一共有6个国家，任意两个国家需要在各自主场进行一场比赛，即为双循环比赛，共有场比赛.故答案为30.
23. （2023届广西南宁市高三上学期摸底测试）从正方体的顶点及其中心共9个点中任选4个点，则这4个点在同一个平面的概率为______．
【答案】
【解析】如下图，选正方体6个侧面上的顶点，共有6种共面的情况；
过中心的平面共有6个平面，每个平面含9个点中的5个，则共有种；
所有可能情况有种，所以这4个点在同一个平面的概率为.
24.（2022届水球中学高三方向性测试） “迎冬奥，跨新年，向未来”，水球中学将开展自由式滑雪接力赛．自由式滑雪接力赛设有空中技巧、雪上技巧和雪上芭蕾三个项目，参赛选手每人展示其中一个项目．现安排两名男生和两名女生组队参赛，若要求相邻出场选手展示不同项目，女生中至少一人展示雪上芭蕾项目，且三个项目均有所展示，则共有___种出场顺序与项目展示方案．（用数字作答）
【答案】264
【解析】设空中技巧、雪上技巧、雪上芭蕾三个项目依次为A、B、C，
①雪上芭蕾只展示一次时，按展示先后顺序有下列12情况：
BABC，ABAC，CBAB，CABA，ABCA，ABCB，BACB，BACA，ACBA，ACAB，BCBA，BCAB.
再给项目排上表演者：
从两名女生中选1人去展示雪上芭蕾C有2种排法，剩下的三人去展示剩下的项目有3！＝6种排法，∴共2×6＝12种排法.
∴此时共12×12＝144种出场顺序与项目展示方案.
②雪上芭蕾展示两次时，按展示先后顺序有下列6情况：
CABC，CBAC，BCAC，ACBC，CBCA，CACB.
再给项目排上表演者：
四个选手随意选一个项目展示共4！＝24种排法，但需排除雪上芭蕾均为男生展示的情况共2！×2！＝4种，∴此时给项目排上选手共24－4＝20种排法.
∴此时共6×20＝120种出场顺序与项目展示方案.
综上所述，共有144＋120＝264种出场顺序与项目展示方案.
四、高考真题练
25．(2022新高考全国Ⅱ卷) 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( )
A．12种B．24种C．36种D．48种
【答案】B
【解析】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
26.（多选）(2022新高考山东卷) 6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场
馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同安排方法共有( )
A．120种B．90种
C．60种D．30种
【答案】C
【解析】首先从名同学中选名去甲场馆，方法数有；然后从其余名同学中选名去乙场馆，方法数有；最后剩下的名同学去丙场馆．故不同的安排方法共有种．故选C
五、综合提升练
27. 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．20160B．20220C．20280D．20340
【答案】A
【解析】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；
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
28. （多选）（2022届辽宁省高三二轮复习联考）甲､乙两人进行局羽毛球比赛(无平局)，每局甲获胜的概率均为.规定：比赛结束时获胜局数多的人赢得比赛.记甲赢得比赛的概率为，假设每局比赛互不影响，则( )
A．B．C．D．单调递增
【答案】AD
【解析】由题意知：要使甲赢得比赛，则甲至少赢局，．
∵，
又，
∴，
∴，故C错误；
∴，故A正确；，故B错误；
∵，∴，
又∵，
∴，∴，即P(n)单调递增，故D正确．故选AD．
29. 已知数列共16项，且，记关于x的函数，，若是函数的极值点，且曲线在点处的切线的斜率为15，则满足条件的数列的个数_____ .
【答案】1176
【解析】由可得，
因为是函数的极值点，
所以所以即，
，
又，
故七项中必有两项取1,五项取，即种方法，
又曲线在点处的切线的斜率为，即，
所以即，所以或，
（或），
故八项中必有两项取,六项取1，（这八项中必有六项取,两项取1），
故满足条件的数列共有或种方法，
所以方法总数为个
30．设为的一个排列，则满足对任意正整数，且，都有成立的不同排列的个数为_______．
【答案】
【解析】由题意可得，即相邻的两个数，考虑归纳法，对于两个数，有两种排列1,2和2，1，现在插入3，每种情况中，只有两种符合的．对符合的1，2，3三个数的排列有四种，现插入4，发现每种排列符合的都是两种，因为插入的后一个数n只能插在n-1的两边．所以每插入一个新数数，就增加两种情况．综上，总共是．
A
B
C
D
E
YXZ
H※
H※
H※
H
H※※
H※
H※
H※
※
H※
H※
※※
H