2024年全国一卷数学新高考题型细分S3-6——排列组合2

2024年全国一卷新高考题型细分S3-6 ——计数原理——排列组合2 1、 试卷主要是2024年全国一卷新高考地区真题、模拟题，合计202套。其中全国高考真题4套，广东47套，山东22套，江苏18套，浙江27套，福建15套，河北23套，湖北19套，湖南27套。 2、 题目设置有尾注答案，复制题干的时候，答案也会被复制过去，显示在文档的后面，双击尾注编号可以查看。方便老师备课选题。 3、 题型纯粹按照个人经验进行分类，没有固定的标准。 4、 《计数原理——排列组合》主要分类有：排列组合，排列组合+概率，排列组合（不大常规），大概91道题。 排列组合+概率： 1. （2024年闽J18福师附模拟）4．将甲､乙､丙､丁4人分配到3个不同的工作岗位，每人只去一个岗位，每个岗位都要有人去，则甲､乙二人分别去了不同岗位的概率是（   [endnoteRef:2] ） A． B． C． D． [2: 4．D 【分析】先求出甲、乙、丙、丁四人分到三个不同的工作岗位，每个岗位至少分到一人共有的选择数，再求出甲、乙两人被分到同一个工作岗位的选择数，再利用古典概型求概率公式及对立事件求概率公式进行求解即可. 【详解】甲、乙、丙、丁四人分到三个不同的工作岗位，每个岗位至少分到一人， 则必有2人分配到同一个工作岗位，先从4人中选出2人，有种选择， 再进行全排列，有种选择，故总的方法有种， 其中甲、乙两人被分到同一个工作岗位的情况：从3个岗位中选出一个分配给甲乙， 再将剩余的丙丁和剩余的两个岗位进行全排列，有种选择， 所以甲､乙二人分配到同一个工作岗位的概率为， 故甲､乙二人分别去了不同工作岗位的概率为. 故选：D ] 2. （2024年冀J30保定二模）7．6名同学想平均分成两组进行半场篮球比赛，有同学提出用“剪刀、石头、布”游戏决定分组．当大家同时展示各自选择的手势（剪刀、石头或布）时，如果恰好只有3个人手势一样，或有3个人手势为上述手势中的同一种，另外3个人手势为剩余两种手势中的同一种，那么同手势的3个人为一组，其他人为另一组，则下列结论正确的是（    [endnoteRef:3]） A．在进行该游戏前将6人平均分成两组，共有20种分组方案 B．一次游戏共有种手势结果 C．一次游戏分不出组的概率为 D．两次游戏才分出组的概率为 [3: 7．D 【分析】根据平均分组模型判断A，根据分步乘法计数原理判断B，分3个人出一样的手势，再确定另外2个人出其他两种手势中的一种，最后1个人出剩下的手势与个人出同一种手势，另外3个人出剩余两种手势中的同一种两类后分别计算判断C，第一次分不出第二次分出同时发生的，由相互独立事件的乘法公式判断D. 【详解】对A，一共有种分组方案，A错误． 对B，每人有3种选择，所以一次游戏共有种手势结果，B错误． 对CD，要分出组，有两类情况．第一类情况，首先确定3个人出一样的手势，再确定另外2个人出其他两种手势中的一种，最后1个人出剩下的手势，所以能分出组的手势结果有种． 第二类情况，当其中3个人出同一种手势，另外3个人出剩余两种手势中的同一种时，能分出组的手势结果有种， 所以一次游戏就分出组的概率为，所以一次游戏分不出组的概率为，C错误． 两次游戏才分出组的概率为，D正确． 故选：D ] 3. （2024年鄂J27宜荆荆随恩二模）7．今天的课外作业是从6道应用题中任选2题详细解答，则甲、乙两位同学的作业中恰有一题相同的概率是（  [endnoteRef:4]  ） A． B． C． D． [4: 7．D 【分析】利用排列组合求解所有基本事件个数及所求事件的基本事件个数，然后利用古典概型概率公式求解即可. 【详解】由题，所有的基本事件个数为， “恰有一题相同”包含的基本事件数为， 所以. 故选：D ] 4. （2024年粤J137梅州二模）7．某学校为参加辩论比赛，选出8名学生，其中3名男生和5名女生，为了更好备赛和作进一步选拔，现将这8名学生随机地平均分成两队进行试赛，那么两队中均有男生的概率是（   [endnoteRef:5] ） A． B． C． D． [5: 7．D 【分析】根据题意，由组合数公式计算出从人中选出人的情况，进而分两种情况讨论：选出的人中男女，男女，再结合古典概型可解． 【详解】根据题意，从8人中选出人，有种选法， 分种情况讨论： ①选出的人中有名男生和名女生，有种选法， ②选出的人中有名男生和名女生，有种选法， 则两队中均有男生的概率． 故选：D． ] 5. （2024年湘J43长沙一中三模）13．某高中学校为了响应上级的号召，促进学生的全面发展，决定每天减少一节学科类课程，增加一节活动课，为此学校开设了传统武术、舞蹈、书法、小提琴4门选修课程，要求每位同学每学年至多选2门，从高一到高三3个学年将4门选修课程学完，则每位同学的不同选修方式有 种，若已知某同学高一学年只选修了舞蹈与书法两门课程，则这位同学高二学年结束后就修完所有选修课程的概率为[endnoteRef:6] ． [6: 13． 54 / 【分析】利用分组分配的方法，计算求值；利用样本空间的方法，求条件概率. 【详解】由题意可得三个学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门选修课程按1，1，2分成三组，有种方式，再分到三个学年，有种不同方式， 由分步计数原理得，不同的选修方式共有种． 同理，将4门选修课程按0，2，2分成三组，再排列，有种， 所以共有种不同的选修方式； 若将“某同学高一学年只选修了舞蹈与书法两门课程”记为事件A，将“高二学年结束后就修完所有选修课程”记为事件 B． 根据题意，满足事件A的所有选课情况共4种情况，其中包含高二选修完或高三选修完其他2门，或是高二，高三各选1门，共4种情况， 其中同时满足事件B的仅有1种情况．根据条件概率公式，可知所求概率为． 故答案为：54； ] 6. （2024年鲁J30泰安二模）13．已知甲，乙两位同学报名参加学校运动会，要从100米，200米，跳高，跳远四个项目中各选两项，则甲，乙两位同学所选项目恰有1项相同的概率为 [endnoteRef:7] . [7: 13． 【分析】分别求出两位同学从4个不同的项目中各选2项、两位同学所选的项目恰有1项相同的选法，结合古典概型的概率公式计算即可求解. 【详解】甲乙两位同学从4个不同的项目中各选2项，共有种选法， 甲乙两位同学所选的项目恰有1项相同，共有种选法， 所以甲乙两位同学所选的项目恰有1项相同的概率为. 故答案为：. ] 7. （2024年鲁J21济南三月考）3. 某公司现有员工120人，在荣获“优秀员工”称号的85人中，有75人是高级工程师.既没有荣获“优秀员工”称号又不是高级工程师的员工共有14人，公司将随机选择一名员工接受电视新闻节目的采访，被选中的员工是高级工程师的概率为（ [endnoteRef:8] ） A. B. C. D. [8: 【答案】C 【解析】 【分析】求出没有荣获“优秀员工”称号的高级工程师人数，得到公司的高级工程师总人数，从而得到概率. 【详解】由题意得，没有荣获“优秀员工”称号的高级工程师有人， 则公司共有高级工程师的人数为， 故被选中的员工是高级工程师的概率为. 故选：C ] 8. （2024年鄂J10二次T8联考）5. 甲、乙、丙、丁、戊5位同学报名参加学校举办的三项不同活动，每人只能报其中一项活动，每项活动至少有一个人参加，则甲、乙、丙三位同学所报活动各不相同的概率为（ [endnoteRef:9] ） A. B. C. D. [9: 【答案】C 【解析】 【分析】应用分组分配法、分步计数求活动安排的方法数，最后运用古典概率模型概率公式即得. 【详解】先将5名志愿者分成3组，第一类分法是3，1，1，第二类分法是2，2，1，再分配到三项活动中，总方法数为， 因甲、乙、丙三位同学所报活动各不相同，故只需先把甲,乙,丙三人在三项活动上安排好，再让丁，戊两人分别在三项活动中选择， 其方法数为. 故甲、乙、丙三位同学所报活动各不相同的概率为． 故选:C． ] 9. （2024年冀J05唐山一模）5. 从正方体的8个顶点中任取3个连接构成三角形，则能构成正三角形的概率为（ [endnoteRef:10] ） A. B. C. D. [10: 【答案】A 【解析】 【分析】利用排列组合以及古典概型的概率公式，即可解出． 【详解】从八个顶点中任选三个构成三角形的有种结果； 其中能构成正三角形的有8种结果： 故概率为：， 故选：A． . ] 10. （2024年苏J01高邮一模）13. 2023年10月18日，第三届“一带一路”国际合作高峰论坛在北京举行．在“一带一路”欢迎晚宴上，我国拿出特有的美食、美酒款待大家，让国际贵宾们感受中国饮食文化、茶文化、酒文化．这次晚宴菜单中有“全家福”“沙葱牛肉”“北京烤鸭”“什锦鲜蔬”“冰花锅贴”“蟹黄烧麦”“天鹅酥”“象形枇杷”．假设在上菜的过程中服务员随机上这八道菜（每次只上一道菜），则“沙葱牛肉”“北京烤鸭”相邻的概率为[endnoteRef:11]______． [11: 【答案】##0.25 【解析】 【分析】根据元素相邻关系进行捆绑并结合排列问题得出结果. 【详解】服务员随机上这八道菜有种排法， “沙葱牛肉”，“北京烤鸭”相邻有种排法， 所以所求概率． 故答案为：. ] 11. （2024年粤J18执信二调）5. 某人将用“”进行排列设置6位数字密码，其中两个“1”相邻的概率是（[endnoteRef:12] ） A. B. C. D. [12: 【答案】C 【解析】 【分析】先求出所有排列数，在求出满足条件两个“1”相邻的排列数，即可求出概率. 【详解】根据已知条件：用“”进行排列设置6位数字密码共有种排列方法， 其中两个“1”相邻的情况共有种方法，所以两个“1”相邻的概率是. 故选：C. ] 12. （2024年粤J19执信冲刺）13. 2023年10月18日，第三届“一带一路”国际合作高峰论坛在北京举行．在“一带一路”欢迎晚宴上，我国拿出特有的美食、美酒款待大家，让国际贵宾们感受中国饮食文化、茶文化、酒文化．这次晚宴菜单中有“全家福”“沙葱牛肉”“北京烤鸭”“什锦鲜蔬”“冰花锅贴”“蟹黄烧麦”“天鹅酥”“象形枇杷”．假设在上菜的过程中服务员随机上这八道菜（每次只上一道菜），则“沙葱牛肉”“北京烤鸭”相邻的概率为_[endnoteRef:13]_____． [13: 【答案】##0.25 【解析】 【分析】根据元素相邻关系进行捆绑并结合排列问题得出结果. 【详解】服务员随机上这八道菜有种排法， “沙葱牛肉”，“北京烤鸭”相邻有种排法， 所以所求概率． 故答案为：. ] 排列组合（不大常规）： 13. （2024年J02全国二卷）14. 在如图的4×4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[endnoteRef:14]________． [14: 【答案】 ①. 24 ②. 112 【解析】 【分析】由题意可知第一、二、三、四列分别有4、3、2、1个方格可选；利用列举法写出所有的可能结果，即可求解. 【详解】由题意知，选4个方格，每行和每列均恰有一个方格被选中， 则第一列有4个方格可选，第二列有3个方格可选， 第三列有2个方格可选，第四列有1个方格可选， 所以共有种选法； 每种选法可标记为，分别表示第一、二、三、四列的数字， 则所有的可能结果为： ， ， ， ， 所以选中的方格中，的4个数之和最大，为. 故答案为：24；112 【点睛】关键点点睛：解决本题关键是确定第一、二、三、四列分别有4、3、2、1个方格可选，利用列举法写出所有的可能结果. ] 14. （2024年冀J27名校联盟三模）12．已知一个基因由若干个碱基对组成，而一个碱基对由，，，四种碱基中任取两个碱基配对排列而成，其中只能与配对，只能与配对．如果个碱基对组成一个基因，那么个碱基对组成的基因个数为[endnoteRef:15] ． [15: 12． 【分析】因为一个碱基对是由，，，四种碱基中任取两个碱基配对排列而成，其中只能与配对，只能与配对，依题意解出碱基对个数即可. 【详解】因为一个碱基对是由，，，四种碱基中任取两个碱基配对排列而成， 其中只能与配对，只能与配对， 所以碱基对有共有个， 若个碱基对组成一个基因，那么个碱基对组成的基因个数为. 故答案为：. ] 15. （2024年鄂J27宜荆荆随恩二模）13．已知，且，，，则方程的解的组数为[endnoteRef:16] . [16: 13．15 【分析】问题等价于将7个相同的小球放入3个不同的盒子，每个盒子中至少放入1个小球的方法个数，利用隔板法求解即可. 【详解】由题意，原问题等价于将7个相同的小球放入3个不同的盒子，每个盒子中至少放入1个小球的方法个数，在7个相同的小球之间形成的6个空中，任选2个放入两个隔板，共有种方法， 即方程的解的组数为15. 故答案为：15 ] 16. （2024年湘J47长沙雅礼二模）14．若m，，，，则 [endnoteRef:17] ．（请用一个排列数来表示） [17: 14． 【分析】根据排列的意义及分类加法计数原理，对其中两个指定的元素分类求解即可. 【详解】从n个元素中选取m个元素排列到m个位置上去， 对于两个指定的元素进行分类，都被选出来，有种排法， 中有一个被选出来，有种排法， 都没有被选出来，有种排法， 所以． 故答案为：. ] 17. （2024年闽J04漳州三检）2. （[endnoteRef:18] ） A. 65 B. 160 C. 165 D. 210 [18: 【答案】C 【解析】 【分析】根据排列数、组合数的公式计算可得. 【详解】. 故选：. ] 18. （2024年鲁J01滨州一模，J06潍坊一模）5. 12世纪以前的某时期，盛行欧洲的罗马数码采用的是简单累数制进行记数，现在一些场合还在使用，比如书本的卷数、老式表盘等．罗马数字用七个大写的拉丁文字母表示数目： 例如：，．依据此记数方法，（ [endnoteRef:19] ） A. 2025 B. 2035 C. 2050 D. 2055 [19: 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定的信息，直接写出该数即可. 【详解】依题意，每个表示1000，左起两个就表示2000， 每个表示10，中间3个就表示30，最后一个表示5， 因此表示的数是 所以. 故选：B ] 19. （2024年粤J110珠海一中冲刺）4．四根绳子上共挂有10只气球，绳子上的球数依次为1，2，3，4，每枪只能打破一只球，而且规定只有打破下面的球才能打上面的球，则将这些气球都打破的不同打法数是（ [endnoteRef:20]   ） A．12600 B．6000 C．8200 D．12000 [20: 【答案】A 【分析】由题意，转化为排列中部分元素定序排列即可. 【详解】根据题意，如图， 将10个气球进行编号1-10，原问题可以转化为将编号为1～10的10个气球排列， 其中2，3号，4，5，6号，7，8，9，10号气球必须是从下到上的顺序，按小球从下到上的编号顺序打破气球即可， 则有（种）排列方法，则有12600（种）不同打法， 故选：A． ] 20. （2024年闽J21三明检测）5．各种不同的进制在生活中随处可见，计算机使用的是二进制，数学运算一般使用的是十进制，任何进制数均可转换为十进制数，如八进制数转换为十进制数的算法为．若将八进制数转换为十进制数，则转换后的数的末位数字是（[endnoteRef:21]  ） A．3 B．4 C．5 D．6 [21: 5．A 【分析】换算后由等比数列求和得，改写成，利用二项式定理展开即可求解． 【详解】 因为是的倍数， 所以换算后这个数的末位数字即为的末位数字， 由，末位数字为3， 故选：A． ] 21. （2024年湘J51师附二模）13．初等数论中的四平方和定理最早由欧拉提出，后被拉格朗日等数学家证明．四平方和定理的内容是：任意正整数都可以表示为不超过四个自然数的平方和，例如正整数．设，其中均为自然数，则满足条件的有序数组的个数是 [endnoteRef:22] .（用数字作答） [22: 13．28 【分析】分类讨论四个数的组成后，由排列数公式与计数原理求解即可． 【详解】显然均为不超过5的自然数，下面进行讨论： 最大数为5的情况： ①，此时共有种情况. 最大数为4的情况： ②，此时共有种情况. ③，此时共有种情况. 当最大数为3时，，没有满足题意的情况. 由分类加法计数原理，满足条件的有序数组的个数是. 故答案为：28． ] 22. （2024年苏J05常州调研，末）14. 将“用一条线段联结两个点”称为一次操作，把操作得到的线段称为“边”．若单位圆上个颜色各不相同的点经过次操作后，从任意一点出发，沿着边可以到达其他任意点，就称这n个点和k条边所构成的图形满足“条件”，并将所有满足“条件”的图形个数记为，则_[endnoteRef:23]_____． （计数原理） [23: 【答案】125 【解析】 【分析】利用新定义，结合排列组合，分情况讨论即可. 【详解】，即，.如图，在单位圆上有5个颜色不同的点，由4条边连接起来，每条边有2个端点，所以4条边一共有8个端点，又由于从任意一点出发，沿着可边可以达到任意一点，所以每一点必定会作边，至少一条边的端点.所以可能出现的情形有三种情形，按照5个点可能同时做边几条边的公共端点来分情况讨论. 情形1：有3个点是2条边的端点，另2个点是1条边的端点，有种； 情形2：有1个点是3条边的端点，有1个点是2条边的端点，另3个点是1条边的端点， 有种； 情形3：有1个点是4条边的端点，另4个点是1条边的端点，共有5种； 综上：. 故答案为：125 【点睛】方法点睛：对于特殊类型的排列问题，注意根据问题的特征将其转化等价的排列问题，而后者容易计数. ] 23. （2024年鄂J23荆州四适）8．任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2．反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1．这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）．如取正整数，根据上述运算法则得出6→3→10→5→16→8→4→2→1，共需经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）．我们记一个正整数经过次上述运算法则后首次得到1（若经过有限次上述运算法则均无法得到1，则记），以下说法正确的是（ [endnoteRef:24]   ） A．可看作一个定义域和值域均为的函数 B．在其定义域上不单调，有最小值，有最大值 C．对任意正整数，都有 D． （计数原理，中档） [24: 8．C 【分析】对于A：直接确定定义域判断；对于B：由经过有限次角谷运算均无法得到1，记来排除；对于C：通过和的关系计算判断；对于D：列举来判断. 【详解】对于A：依题意，的定义域是大于1的正整数集，A错误； 对于B：由，得在其定义域上不单调， 而，，则有最小值1， 由经过有限次角谷运算均无法得到1，记，得无最大值，B错误； 对于C：对任意正整数，，而， 因此，C正确； 对于D：由，知不正确，D错误. 故选：C. ] 排列组合（不大常规）——多选： 24. （多选，2024年苏J02前黄一模）9. 若，为正整数且，则（[endnoteRef:25] ） A. B. C. D. [25: 【答案】AD 【解析】 【分析】根据组合数和排列数的计算公式和性质，对每个选项逐一计算即可判断. 【详解】对A：由组合数性质：可知，A正确； 对B： ，故B错误； 对C：， ，故，C错误； 对D： ，故D正确. 故选：AD. ] 25. （多选，2024年鲁J21济南三月考，末）11. 下列等式中正确的是（ [endnoteRef:26]） A. B. C. D. [26: 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用的展开式与赋值法可判断A，利用组合数的性质可判断B，利用阶乘的裂项法可判断C，构造求其含的项的系数可判断D. 【详解】对于A，因， 令，得，则，故A错误； 对于B，因为， 所以 ，故B正确； 对于C，因为， 所以，故C正确. 对于D，， 对于，其含有的项的系数为， 对于，要得到含有的项的系数， 须从第一个式子取出个，再从第二个式子取出个， 它们对应的系数为， 所以，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：本题D选项解决的关键是，利用组合的思想，从多项式中得到含有的项的系数，从而得解. ] 26. （多选，2024年湘J07株洲一检）10. 高中学生要从必选科目（物理和历史）中选一门，再在化学、生物、政治、地理这4个科目中，依照个人兴趣、未来职业规划等要素，任选2个科目构成“1＋2选考科目组合”参加高考.已知某班48名学生关于选考科目的结果统计如下： 下面给出关于该班学生选考科目的四个结论中，正确的是（ [endnoteRef:27] ） A. B. 选考科目组合为“历史＋地理＋政治”的学生可能超过9人 C. 在选考化学所有学生中，最多出现6种不同的选考科目组合 D. 选考科目组合为“历史＋生物＋地理”的学生人数一定是所有选考科目组合中人数最少的 [27: 【答案】AC 【解析】 【分析】结合统计结果对选项逐一分析即可得. 【详解】对A：由，则，故A正确； 对B：由选择化学的有39人，选择物理的有36人， 故至少有三人选择化学并选择了历史， 故选考科目组合为“历史＋地理＋政治”的学生最多有9人，故B错误； 对C：确定选择化学后，还需在物理、历史中二选一，在生物、地理、政治中三选一， 故共有种不同的选考科目组合，故C正确； 对D：由于地理与政治选考该科人数不确定，故该说法不正确，故D错误. 故选：AC. ] 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $$