2026高考数学高频考点对点练：排列组合（教师版）

排列组合

一、单选题

1．某独唱比赛的决赛阶段共有甲、乙、丙、丁四人参加，每人出场一次，出场次序由随机抽签确定，则丙不是第一个

出场，且甲或乙最后出场的概率是（）

1111

A．B．C．D．

6432

【答案】C

【解析】解法一：画出树状图，结合古典概型概率公式即可求解.

解法二：分类讨论甲乙的位置，结合得到符合条件的情况，然后根据古典概型计算公式进行求解.

解法一：画出树状图，如图，

由树状图可得，出场次序共有24种，

其中符合题意的出场次序共有8种，

81

故所求概率P=；

243

解法二：当甲最后出场，乙第一个出场，丙有2种排法，丁就1种，共2种；

当甲最后出场，乙排第二位或第三位出场，丙有1种排法，丁就1种，共2种；

于是甲最后出场共4种方法，同理乙最后出场共4种方法，于是共8种出场顺序符合题意；

4

基本事件总数显然是A424，

81

根据古典概型的计算公式，所求概率为.

243

故选：C

2．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．120B．60C．30D．20

【答案】B

【解析】利用分类加法原理，分类讨论五名志愿者连续参加两天公益活动的情况，即可得解.

不妨记五名志愿者为a,b,c,d,e，

2

假设a连续参加了两天公益活动，再从剩余的4人抽取2人各参加星期六与星期天的公益活动，共有A412种方法，

同理：b,c,d,e连续参加了两天公益活动，也各有12种方法，

所以恰有1人连续参加了两天公益活动的选择种数有51260种.

故选：B.

3．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】相同读物有6种情况，剩余两种读物的选择再进行排列，最后根据分步乘法公式即可得到答案.

1

首先确定相同得读物，共有C6种情况，

2

然后两人各自的另外一种读物相当于在剩余的5种读物里，选出两种进行排列，共有A5种，

12

根据分步乘法公式则共有C6A5120种，

故选：C.

4．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】利用捆绑法处理丙丁，用插空法安排甲，利用排列组合与计数原理即可得解

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3!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：3!2224种不同的排列方式，

故选：B

5．某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名．从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生

来自不同年级的概率为（）

1112

A．B．C．D．

6323

【答案】D

【解析】利用古典概率的概率公式，结合组合的知识即可得解.

2

依题意，从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，总的基本事件有C46件，

11

其中这2名学生来自不同年级的基本事件有C2C24，

42

所以这2名学生来自不同年级的概率为.

63

故选：D.

6．某班有A，B，C，D，E五名同学要排成一排进行拍照，其中B同学不站在两端，C，D两名同学相邻，则不同

的排列方式种数为（）

A．12B．24C．36D．48

【答案】B

【解析】将C，D捆绑，先排B同学，再将其余同学（CD看做一个整体）全排列.

2

根据题意，因为C，D两名同学相邻，所以有A2种，

13

又因为B同学不站在两端，所以有A2种，其他同学（CD看做一个整体）进行排列有A3种，

213

所以不同的排列方式种数为A2A2A324.

故选：B.

7．已知某校包含甲、乙、丙在内的7名同学参加了某次数学竞赛，并包揽了前7名（排名无并列），若甲、乙、丙中

的两人占据前两名，且丙不是最后两名，则这7名同学获奖的名次情况共有（）

A．524种B．564种C．624种D．664种

【答案】C

【解析】分两种情况：甲、乙占据前两名和丙在前两名求解，然后再根据分类加法原理可求得结果.

214

若甲、乙占据前两名，则所有的情况有A2C3A4144种，

125

若丙在前两名，则从甲、乙中选1人和丙排在前2名，故所有的情况有C2A2A5480种，

故共有144480624种．

故选：C

8．某校新闻社团负责报道采访本校田径运动会，社团派出甲、乙、丙、丁四名成员到跳高、跳远、短跑三个比赛场地

进行现场报道，且每个场地至少安排一人，则甲不在短跑场地的不同安排的方法数为（）

A．12B．18C．24D．32

【答案】C

【解析】由题意，分甲单独与组队两种情况，利用特殊元素优先法以及分组分配的思想，可得答案.

当甲单独一人进行现场报道时，甲有2种选择，再将乙、丙、丁分配到其他两个地方，

22

情况数为C3A26，则此时总的情况数为2612；

当甲与人组队进项现场报道时，先从乙、丙、丁中选出一人与甲组队，则情况数为3，

再在跳高、跳远选一个去进行现场报道，则情况数为2，

2

最后剩下的两人安排去其他两个地方，则情况数为A22，

所以此时总的情况数为32212；

综上，符合题意的情况数为121224.

故选：C.

9．甲、乙等5名志愿者参加2025年文化和旅游发展大会的A、B、C、D四项服务工作，要求每名志愿者只能参加1

项工作，每项工作至少安排1人，且甲不参加B项工作，乙必须参加D项工作，则不同的安排方法数有（）

A．36种B．42种C．54种D．72种

【答案】B

【解析】按照B项工作安排的人数分为两类，利用分类加法计数原理和分步乘法计数原理求解即可.

安排B项工作的人数分为两类，

第一类，B项工作仅安排1人，因为甲不参加B项工作，乙必须参加D项工作，

1

从甲、乙以外的3人中选一人参加B项工作有C3种方法，

3

再安排A，C，D项工作，若D项工作安排两人，则有A3种方法，

22

若D项工作安排一人，则有C3A2种方法，

1322

所以B项工作仅安排1人共C3A3C3A236种方法，

22

第二类，B项工作安排2人，有C3A26种方法，

由分类加法计数原理，得共有36642种方法.

故选：B.

10．永定土楼，位于中国东南沿海的福建省龙岩市，是世界上独一无二的神奇的山区民居建筑，是中国古建筑的一朵

奇葩.2008年7月，成功列入世界遗产名录.它历史悠久、风格独特，规模宏大、结构精巧.土楼具体有圆形，方形，五

角形，八角形，日字形，回字形，吊脚楼等类型.现有某大学建筑系学生要重点对这七种主要类型的土楼依次进行调查

研究.要求调查顺序中，圆形要排在第一个或最后一个，方形、五角形相邻.则共有（）种不同的排法．

A．480B．240C．384D．1440

【答案】A

【解析】利用捆绑法求解即可.

将方形、五角形看成一个整体，与除圆之外的4个图形全排列，

25

再将圆形安排在第一个或最后一个，因此共有A2A52480种不同的排法．

故选：A.

11．男、女各3名同学排成前后两排合影留念，每排3人，若每排同一性别的两名同学不相邻，则不同的排法种数为

（）

A．36B．72C．144D．288

【答案】B

【解析】先求出第一排有2名男生，1名女生，根据分步乘法计数原理求出不同的站法种数.同理可得，第一排有1名

男生，2名女生，不同的站法种数.然后根据分类加法计数原理，相加即可得出答案.

若第一排有2名男生，1名女生，则第一排女生只能站中间，第二排男生只能站中间，

2212

不同的排法种数为C3A2C3A236；

同理可得：若第一排有1名男生，2名女生，不同的排法种数为36.

根据分类加法计数原理可知，不同的排法种数为363672.

故选：B.

12．某单位安排甲、乙、丙、丁、戊五人一周7天的值班工作，每天只有1人值班，甲要求星期一、星期日不值班，

且连续3天值班，其他人员每人值班1天，则不同的安排方法种数为（）

A．120B．108C．96D．72

【答案】D

【解析】根据题意，分两步进行分析：先分析甲星期一、星期日不值班，且连续3天值班的情况，再将剩下四个人进

行全排列，由分布计数原理可得答案.

甲要求星期一、星期日不值班，且连续3天值班，

则可以安排在（周二、周三、周四），（周三、周四、周五），（周四、周五、周六），

共3种情况.

4

剩下四个人进行全排列，安排在剩下4天，有A424种情况，

则有24372种不同的安排方法.

故选：D.

13．甲､乙､丙､丁､戊5名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次.甲和乙去向老师询问成绩，老师对甲说：

“很遗憾，你和乙都没有得到冠军.”对乙说：“你当然不会是最差的.”从这两个回答分析，5人的名次排列的情形有（）

A．36种B．48种C．54种D．64种

【答案】C

【解析】由排列数计算，根据分步乘法原理，可得答案.

113

分三步完成：冠军有A3种可能，乙的名次有A3种可能，余下3人有A3种可能，

113

所以5人的名次排列有A3A3A354（种）不同情况，

故选：C.

14．用数字1、2、3、4、5组成没有重复数字的三位数组成集合M，现从集合M中任取一个数，它能被3整除的条

件下，这个数能被5整除的概率为（）

1112

A．B．C．D．

15645

【答案】B

【解析】记事件A:从集合M中任取一个数，这个数能被3整除，记事件B:从集合M中任取一个数，这个数能被5整

除，利用排列计数原理求出nA的值，利用列举法求出nAB的值，再利用条件概率公式可求出PBA的值.

记事件A:从集合M中任取一个数，这个数能被3整除，

记事件B:从集合M中任取一个数，这个数能被5整除，

1、2、3、4、5中能被3整除的为3，被3除余数为1的有：1、4，被3除余数为2的有：2、5，

现考虑无重复数字的三位数能被3整除，则所选的三个数应从1、4选择一个，从2、5中选择一个，3必选，

3

所以，nA22A324，

无重复数字的三位数既能被5整除，又能被3整除的有：135、315、435、345，即nAB4，

nAB41

由条件概率公式可得PBA.

nA246

故选：B.

15．现将12个相同的小球全部放入4个不同的盒子里，每个盒子至少放2个小球，则不同的放法共有（）

A．24种B．35种C．56种D．70种

【答案】B

【解析】先在每个盒子中分别放入一个小球，剩余的8个小球采用隔板法即可.

先在每个盒子中分别放入一个小球则剩余8个小球，

3

只需保证4个盒子中分别再放入至少1个小球，则采用隔板法可得有C735种放法.

故选择：B

16．将六个连续的整数随机排成一行，则从左到右先递增再递减的排列方式有（）

A．720种B．120种C．32种D．30种

【答案】D

【解析】根据k的取值，进行分级，逐项判断即可.

六个连续的整数随机排成先递增再递减的单峰序列，封顶必须是最大整数.封顶位置k可在第2、3、4、5位，

对于每个k，左边需选k1个数并按升序排列，右边选6k个数并按降序排列.

1

当k2时，左边选1个数，方式有C55种；

2

当k3时，左边选2个数，方式有C510种；

3

当k4时，左边选3个数，方式有C510种；

4

当k5时，左边选4个数，方式有C55种；

1234

所以C5C5C5C551010530.

故选：D.

二、填空题

17．某校组织学生参加农业实践活动，期间安排了劳动技能比赛，比赛共5个项目，分别为整地做畦、旱田播种、作

物移栽、田间灌溉、藤架搭建，规定每人参加其中3个项目.假设每人参加每个项目的可能性相同，则甲同学参加“整地

做畦”项目的概率为；已知乙同学参加的3个项目中有“整地做畦”，则他还参加“田间灌溉”项目的概率为．

31

【答案】

52

【解析】结合列举法或组合公式和概率公式可求解第一空；采用列举法或者条件概率公式可求第二空.

解法一：列举法

给这5个项目分别编号为A,B,C,D,E,F,从五个活动中选三个的情况有：

ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE,BCD,BCE,BDE,CDE,共10种情况，

其中甲选到A有6种可能性：ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE，

63

则甲参加“整地做畦”的概率为：P；

105

乙选A活动有6种可能性：ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE，

其中再选择D有3种可能性：ABD,ACD,ADE，

31

故乙参加的3个项目中有“整地做畦”，则他还参加“田间灌溉”项目的概率为=.

62

解法二：

设甲、乙选到A为事件M，乙选到D为事件N，

C23

4

则甲选到A的概率为PM3；

C55

1

C3

PMNC31

乙选了活动，他再选择活动的概率为5

ADPNM2

PMC42

3

C5

31

故答案为：；

52

18．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】分类讨论选修2门或3门课，对选修3门，再讨论具体选修课的分配，结合组合数运算求解.

11

（1）当从8门课中选修2门，则不同的选课方案共有C4C416种；

（2）当从8门课中选修3门，

12

①若体育类选修课1门，则不同的选课方案共有C4C424种；

21

②若体育类选修课2门，则不同的选课方案共有C4C424种；

综上所述：不同的选课方案共有16242464种.

故答案为：64.

19．有6个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5、6，从中无放回地随机取3次，每次取1个球.记m为前两次取出

的球上数字的平均值，n为取出的三个球上数字的平均值，则m与n之差的绝对值不大于1的概率为．

2

7

【答案】

15

【解析】根据排列可求基本事件的总数，设前两个球的号码为a,b，第三个球的号码为c，则ab32cab3，

就c的不同取值分类讨论后可求随机事件的概率.

3

从6个不同的球中不放回地抽取3次，共有A6120种，

abcab1

设前两个球的号码为a,b，第三个球的号码为c，则，

322

故2c(ab)3，故32c(ab)3，

故ab32cab3，

若c1，则ab5，则a,b为：2,3,3,2，故有2种，

若c2，则1ab7，则a,b为：1,3,1,4,1,5,1,6,3,4，

3,1,4,1,5,1,6,1,4,3，故有10种，

当c3，则3ab9，则a,b为：

1,2,1,4,1,5,1,6,2,4,2,5,2,6,4,5，

2,1,4,1,5,1,6,1,4,2,5,2,6,2,5,4，

故有16种，

当c4，则5ab11，同理有16种，

当c5，则7ab13，同理有10种，

当c6，则9ab15，同理有2种，

1

共m与n的差的绝对值不超过时不同的抽取方法总数为22101656，

2

567

故所求概率为.

12015

7

故答案为：

15

20．一个质点从平面直角坐标系的原点出发，每秒末必须等可能向右、或向左、或向上、或向下跳一个单位长度，则

此质点在第10秒末到达点P4,2的跳法共有种．（用数字作答）

【答案】9450

【解析】结合题意先分三类，每类由乘法原理结合组合数计算，再由分步加法原理求和.

质点第10秒末到达点P4,2共跳了10次，可分三类情况讨论：

442

第一类，向右跳4次，向上跳4次，向下跳2次，有C10C6C23150种；

5131

第二类，向右跳5次，向左跳1次，向上跳3次，向下跳1次，有C10C5C4C15040种；

62

第三类，向右跳6次，向左跳2次，向上跳2次，有C10C41260种；

根据分类计数原理得，共有3150504012609450（种）．

故答案为：9450.

21．有n个空置车位排成一排，每个车位只能停放一辆车，现将3辆不同的车停放在车位上，若3辆车互不相邻与恰

有2辆车相邻的停车方法数相等，则n（用数字作答）.

【答案】10

【解析】假设3辆车自带了车位，利用插空法和捆绑法求出3辆车互不相邻与恰有2辆车相邻的停车方法数，即可得到

方程，解得即可.

假设3辆车自带了车位，余下还有n3个车位，产生了n2个空位，

3

现将3辆车插空，则有An2种停放方法，使得3辆车互不相邻；

22

又恰有2辆车相邻，将两辆车捆绑作为一组，另外一辆车作为一组，则有C3A2种方法，

2

再两组车将插到n2个空位，则有An2种停放方法，

222

所以有C3A2An2种停放方法，使得恰有2辆车相邻，

2223

依题意可得C3A2An2An2，

即6n2n3n2n3n4，依题意n4，解得n10.

故答案为：10

22．有6张卡片，分别标有数字1,2,3,4,5,6，现从这6张卡片中随机抽出2张，则抽出的2张卡片上的数字之和等于5

的概率为．

2

【答案】

15

2

【解析】总共有C615种情况，抽出的2张卡片上的数字之和等于5的有1，4或2，3共2种，由古典概型可求得其

概率.

2

从6张卡片中随机抽出2张，则样本空间中总的样本点数为C615，

其中抽出的2张卡片上的数字之和等于5的组合有1，4或2，3共2种，

2

所以抽出的2张卡片上的数字之和等于5的概率为．

15

2

故答案为：.

15

23．6根长度相同的绳子平行放置在桌面上，分别将左、右两边的6个绳头各自随机均分成3组，然后将每组内的两个

绳头打结，则这6根绳子恰能围成一个大圈的概率为.

8

【答案】

15

【解析】根据平均分组列式结合组合数及排列数计算再结合古典概型计算求解.

左、右两边的各6个绳头各自随机均分成3组，

C2C2C2C2C2C2

642642

共有331515225种，

A3A3

先选定左边第一条绳子的绳头，然后从左边剩下的5个绳头里任取一个打结，

5

然后按照从右边4个绳头里任取一个，从左边3个绳头里任取一个，从右边2个绳头里任取一个的顺序打结，一共有A5

种，

A58

所以6根绳子恰能围成一个大圈的概率为5.

22515

8

故答案为：

15

24．学校运动会需要从5名男生和2名女生中选取4名志愿者，则选出的志愿者中至少有一名女生的不同选法的种数

是（请用数字作答）

【答案】30

【解析】根据分类讨论，结合组合的知识求得正确答案.

1322

选出的志愿者中，1个女生3个男生时，方法数有C2C520种，2个女生2个男生时，方法数有C2C510种，所以不

同选法有201030种.

故答案为：30.

25．现有第19届亚运会、第9届亚冬会吉祥物“宸宸”“琮琮”“莲莲”“滨滨”“妮妮”卡片各一张，将这5张卡片贴在墙上，

贴成上下两行，第一行2张，第二行3张，则“滨滨”和“妮妮”卡片在不同行的不同贴法的种数为．（用数

字作答）

【答案】72

【解析】先确定“滨滨”和“妮妮”的位置，再对其余三张卡片进行全排列，最后根据分步乘法计数原理计算出不同贴法的

种数.

“滨滨”和“妮妮”卡片在不同行，分两种情况讨论：

1

若“滨滨”在第一行，“妮妮”在第二行，从第一行的2个位置中选1个给“滨滨”，有C2种选法；从第二行的3个位置中选1

111

个给“妮妮”，有C3种选法.根据分步乘法计数原理，此时共有C2C3236种贴法.

1

若“滨滨”在第二行，“妮妮”在第一行，从第二行的3个位置中选1个给“滨滨”，有C3种选法；从第一行的2个位置中选1

111

个给“妮妮”，有C2种选法.根据分步乘法计数原理，此时共有C3C2=326种贴法.

所以“滨滨”和“妮妮”卡片在不同行的贴法共有6612种.

33

在确定“滨滨”和“妮妮”的位置后，还剩下3张卡片，这3张卡片进行全排列，有A3种排法.可得A33216种排法.

根据分步乘法计数原理，完成“滨滨”和“妮妮”卡片在不同行的贴法需要分两步，第一步确定“滨滨”和“妮妮”的位置，有

12种贴法；第二步对其余三张卡片进行全排列，有6种排法.所以不同贴法的种数为12672种.

故答案为：72.

26．某市举行数学“π”节竞赛活动，某学校有7名数学成绩优秀的学生，其中4名男生3名女生，该学校需从中选派3

人组成代表队参赛，其中男生甲和女生乙至少有一人入选，不同的选派方法共有种（数字作答）．

【答案】25

【解析】男生甲和女生乙至少有一人入选包含仅选甲不选乙，仅选乙不选甲及同时选甲和乙三种情况，分别列式再求

和即可.

由题意，男生甲和女生乙至少有一人入选包含三种情况：

2

①仅选甲不选乙，从剩余5人中选2人，C510种，

2

②仅选乙不选甲，同理，C510种，

1

③同时选甲和乙，从剩余5人中选1人，C55种，

所以不同的选派方法共有1010525种.

故答案为：25.

27．用1，2，3，4四个数字组成一个六位数，要求3，4不排在偶数位置（最高位为第一位），每个数字至少用一次，

则不同的六位数共有个．（用数字作答）

【答案】120

【解析】根据题意先分析每个数字出现的次数，再给有限制条件的3和4安排位置即可求解.

根据题意分成三种情况：

第一种情况：1和2其中一个数字用一次，另一个数字用三次，3和4分别用一次，

2

先排3和4的位置，从三个奇数位置选择两个，共A3种方法，

11

再选择1和2中用一次的数字，并从剩下的四个位置中选择一个位置安排，共