10.1-（配套练习）【精讲精练】2026年高考数学一轮复习（人教A版）

[对应学生用书P386] A级　基础过关 1．某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有(　　) A．4种 B．10种 C．18种 D．20种 解析　依题意，就剩余的1本进行分类．第一类：剩余的是1本画册，此时满足题意的赠送方法共有C＝4(种).第二类：剩余的是1本集邮册，此时满足题意的赠送方法共有C＝6(种).根据分类加法计数原理，满足题意的赠送方法共有4＋6＝10(种). 答案　B 2．如图，在两行三列的网格中放入标有数字1，2，3，4，5，6的六张卡片，每格只放一张卡片，则“只有中间一列两个数字之和为5”的不同的排法有(　　) A．96种 B．64种 C．32种 D．16种 解析　根据题意，分3步进行，第一步，要求“只有中间一列两个数字之和为5”，则中间的数字只能为两组数1，4或2，3中的一组，共有2A＝4种排法； 第二步，排第一步中剩余的一组数，共有AA＝8种排法； 第三步，排数字5和6，共有A＝2种排法，由分步乘法计数原理知，不同的排法种数为4×8×2＝64. 答案　B 3．4位同学坐成一排看比赛节目，起身活动后随机安排一位同学去购买饮料，留下的同学继续坐下收看，若留下的同学不坐自己原来的位置(4把椅子)且考虑留下同学的随机性，则总的坐法种数为(　　) A．44 B．36 C．28 D．15 解析　设4位同学分别是甲、乙、丙、丁，随机安排一位同学去购买饮料有C种情况， 不妨设选中丁去购买饮料， 若甲坐丁的位置，则乙、丙有3种坐法， 若甲坐乙、丙中之一的位置，则乙、丙有4种坐法， 所以总的坐法种数为C(3＋4×2)＝44. 答案　A 4．如图，∠MON的边OM上有四个点A1，A2，A3，A4，ON上有三个点B1，B2，B3，则以O，A1，A2，A3，A4，B1，B2，B3中三点为顶点的三角形的个数为(　　) A．30 B．42 C．54 D．56 解析　先从这8个点中任取3个点，有C种取法，再减去三点共线的情形即可，即三角形的个数为C－C－C＝42. 答案　B 5．由0，1，2，3，4，5组成的无重复数字的三位数中，是5的倍数的有(　　) A．120个 B．30个 C．36个 D．48个 解析　因为5的倍数的特征是个位数字为5或0，所以按照个位数字分为两类： 当个位数字为5时，首位数字从1，2，3，4中选一个，十位数字从0及余下的3个数字中选一个，所以有4×4＝16(个)；当个位数字为0时，前面两位数字从1，2，3，4，5中选2个排列，所以有A＝5×4＝20(个)，所以所求的三位数共有16＋20＝36(个). 答案　C 6．(多选)甲、乙、丙、丁、戊五个人并排站在一起拍照，下列说法错误的是(　　) A．若甲站正中间，则共有24种排法 B．若甲、乙相邻，则共有36种排法 C．若甲不站两端，则共有48种排法 D．若甲、乙、丙各不相邻，则共有12种排法 解析　若甲站在正中间，有A＝24种排法，A正确；若甲、乙两人相邻站在一起，共有AA＝48种排法，B错误；若甲不站两端，则共有CA＝72种排法，C错误；若甲、乙、丙各不相邻，则共有AA＝12种排法，D正确．故选BC. 答案　BC 7．把10个相同的小球放入编号为1，2，3的三个不同盒子中，使盒子里的球的个数不小于它的编号数，则不同的放法种数是________________．(用数字作答) 解析　先在编号为2的盒子中放入1个小球，在编号为3的盒子中放入2个小球，编号为1的盒子不放球，再每个盒子至少放入1个小球，用隔板法在余下7个小球形成的6个空中插入2个隔板，有C＝15种方法． 答案　15 8．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、云直播三种方式进行报道，每种方式至少有一名记者采用，则不同的安排方法种数为________． 解析　依题意将4名新闻媒体记者分成三组，共有C种方法，再将其进行全排列共有A种方法，由分步乘法计数原理得，共有CA＝36种安排方法． 答案　36 B级　能力提升 9．在某运动会志愿者活动中，甲、乙等5人报名参加了A，B，C三个项目的志愿者工作，因工作需要，每个项目仅需1名志愿者，且甲不能参加A，B项目，乙不能参加B，C项目，那么不同的志愿者分配方案共有(　　) A．18种 B．21种 C．27种 D．33种 解析　根据题意，按照甲、乙参加的项目分类如下： ①甲、乙都没有参加志愿者活动，有A＝6种分配方案； ②甲参加而乙没有参加志愿者活动，有CA＝6种分配方案； ③甲没有参加而乙参加志愿者活动，有CA＝6种分配方案； ④甲、乙都参加了志愿者活动，有C＝3种分配方案． 综上，有6＋6＋6＋3＝21种分配方案． 答案　B 10．中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”．“礼”，主要指德育；“乐”，主要指美育；“射”和“御”，就是体育和劳动；“书”，指各种历史文化知识；“数”，指数学．某校国学社团开展“六艺”课程讲座活动，每艺安排一节，连排六节，一天课程讲座排课有如下要求：“数”必须排在前三节，且“射”和“御”两门课程相邻排课，则“六艺”课程讲座不同排课顺序共有(　　) A．120种 B．156种 C．188种 D．240种 解析　当“数”排在第一节时有A·A＝48种排法； 当“数”排在第二节时有A·A·A＝36种排法； 当“数”排在第三节时，当“射”和“御”两门课程排在第一、二节时有A·A＝12种排法，当“射”和“御”两门课程排在后三节的时候有A·A·A＝24种排法，所以满足条件的共有48＋36＋12＋24＝120种排法，故选A． 答案　A 11．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，则该停车点的车位数为________． 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A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AA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A＝AA，解得n＝10. 答案　10 12．现在有5人通过3个不同的闸机进站乘车，每个闸机每次只能过1人，要求每个闸机都要有人经过，则有________种不同的进站方式(用数字作答). 解析　将5人分为3组，有1，1，3和2，2，1两种情况， 当分组为1，1，3时，共有C·A·A＝360(种)； 当分组为2，2，1时，共有·A·A·A＝360(种). 综上所述，共有360＋360＝720种不同的进站方式． 答案　720 13．如图，一个地区分为5个行政区域，现给该地区的5个区域涂色，要求相邻区域不得使用同一种颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的涂色方法共有________种． 解析　观察图形知，2区与4区不相邻，3区与5区不相邻，且不相邻的区域可用同一种颜色涂色，因此涂色可用3色或4色， 使用3种颜色，则2区与4区同色，3区与5区同色，涂2区与4区有4种方法，涂3区与5区有3种方法，涂1区有2种方法，则涂色方法有4×3×2＝24(种)； 使用4种颜色，选取同色的方案有2种，涂同色的两块有4种方法，涂另外3块依次有3，2，1种方法，则涂色方法有2×4×3×2×1＝48(种)， 所以不同的涂色方法共有24＋48＝72(种). 答案　72 14．通常，我国民用汽车号牌的编号由两部分组成，第一部分为汉字表示的省、自治区、直辖市简称和用英文字母表示的发牌机关代号，第二部分为由阿拉伯数字和英文字母组成的序号．其中序号的编码规则为： ①由10个阿拉伯数字和除I，O之外的24个英文字母组成； ②最多只能有2个英文字母． 则采用5位序号编码的鲁V牌照最多能发放的汽车号牌为________万张(用数字作答). 解析　可分为以下三种情况．情况一，5位序号中无英文字母，此时序号全是数字，共有105＝100 000张号牌；情况二，5位序号中有1个英文字母，先从24个英文字母中任取1个，有24种方法，再将该英文字母放到序号中的任意一个位置，有5种方法，剩下的4个位置放4个数字，有104种方法，所以共有24×5×104＝1 200 000张号牌；情况三，有2个英语字母(字母可以重复)，先从序号的5个位置中任取2个位置，有C种方法，再把这2个位置的每个位置都放入1个英文字母，有242种方法，剩下的3个位置每个位置放入1个数字，有103种方法，所以共有C×242×103＝5 760 000张号牌．综上所述，最多能放100 000＋1 200 000＋5 760 000＝7060 000(张)＝706(万张)号牌． 答案　706 C级　拓广探索 15．(2025·山东临沂一模)将1到30这30个正整数分成甲、乙两组，每组各15个数，使得甲组的中位数比乙组的中位数小2，则不同的分组方法数是(　　) A．2(C)2 B．2CC C．2CC D．2(C)2 解析　甲组、乙组均为15个数，其中位数为从小到大排列的第8个数，即小于中位数的有7个数，大于中位数的也有7个数， 依题意可得甲组的中位数为14或15， 若甲组的中位数为14，则乙组的中位数为16，此时从1～13中选7个数放到甲组，剩下的6个数放到乙组，再从17～30中选7个数放到甲组，其余数均在乙组(含15)，此时有CC种分组方法； 若甲组的中位数为15，则乙组的中位数为17，此时从1～14中选7个数放到甲组，剩下的7个数放到乙组，再从18～30中选7个数放到甲组，其余数均在乙组(含16)，此时有CC种分组方法． 若甲组的中位数为16，则乙组的中位数为18，此时甲组中大于16的数有7个、乙组中大于18的数有7个，从而得到大于16的数至少有7＋7＋1＝15个，显然不符合题意，故舍去， 同理可得，甲组的中位数不能大于15. 若甲组的中位数为13，则乙组的中位数为15，此时甲组中小于13的数有7个、乙组中小于15的数有7个，从而得到小于15的数至少有7＋7＋1＝15个，显然不符合题意，故舍去， 同理可得，甲组的中位数不能小于14. 综上，可得不同的分组方法数是2CC种．故选B. 答案　B 16．(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________． 11 21 31 40 12 22 33 42 13 22 33 43 15 24 34 44 解析　第一步，从第一行任选一个数，共有4种不同的选法；第二步，从第二行选一个与第一个数不同列的数，共有3种不同的选法；第三步，从第三行选一个与第一、二个数均不同列的数，共有2种不同的选法；第四步，从第四行选一个与第一、二、三个数均不同列的数，只有1种选法． 由分步乘法计数原理知，不同的选法种数为4×3×2×1＝24. 先按列分析，每列必选出一个数，故所选4个数的十位上的数字分别为1，2，3，4.再按行分析，第一、二、三、四行个位上的数字的最大值分别为1，3，3，5，故从第一行选21，从第二行选33，从第三行选43，从第4行选15，此时个位上的数字之和最大．故选中方格中的4个数之和的最大值为21＋33＋43＋15＝112. 答案　24　112 学科网（北京）股份有限公司 $$