2027届高三一轮复习试题 数学 规范练64 计数原理、排列与组合

**基本信息** 以分类分步计数原理为核心，通过15道梯度题构建“原理-方法-应用”逻辑链，提炼插空、排除等8类解题技巧，培养数学抽象与逻辑推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础巩固|9题（如节目插空、选科组合）|插空法、排除法、分步计数|从基本原理到简单应用，构建排列组合概念体系| |综合提升|6题（如立体几何计数、名额分配）|分类讨论、间接法、模型转化|复杂情境中深化原理应用，培养数学建模与逻辑推理|

课时规范练64　计数原理、排列与组合 (分值:76分) (单选题每小题5分,多选题每小题6分,填空题每小题5分) 基础巩固练 1.某班元旦晚会原定的5个节目已排成节目单,开演前又增加了2个新节目,如果将这2个新节目插入原节目单中,那么不同的插法种数为(　　) A.42 B.48 C.96 D.124 2.为了丰富学生的课余生活,某学校开设了篮球、书法、美术、吉他、舞蹈、击剑共六门活动课程,甲、乙、丙3名同学从中各自任选一门活动课程参加,则这3名学生所选活动课程不全相同的选法有(　　) A.120种 B.150种 C.210种 D.216种 3.(2025·贵州贵阳模拟)学校要求学生从物理、化学、生物、历史、地理、政治这6科中选3科组合学习,若要求物理、历史两科中必须选且只能选择其中一科,则选科方式共有(　　) A.24种 B.20种 C.12种 D.6种 4.如图所示,某景观湖内有四个人工小岛,为方便游客登岛观赏美景,现计划设计三座景观桥连通四个小岛,每座桥只能连通两个小岛,且每个小岛最多有两座桥连接,则设计方案的种数最多是(　　) A.8 B.12 C.16 D.24 5.(2025·江苏泰州高三模拟)如图,某社区为墙面A,B,C,D四个区域进行涂色装饰,每个区域涂一种颜色,相邻区域(有公共边)不能用同一种颜色,若只有四种颜色可供使用,则恰好使用了3种颜色的涂色方法共有(　　) A.12种 B.24种 C.48种 D.84种 6.(2025·重庆模拟)“142857”这一串数字被称为走马灯数.当142857与1至6中任意1个数字相乘时,乘积仍然由1,4,2,8,5,7这6个数字组成.若从1,4,2,8,5,7这6个数字中任选4个数字组成无重复数字的四位数,则在这些组成的四位数中,大于5 700的偶数个数是(　　) A.66 B.75 C.78 D.90 7.(多选题)现有4个数学课外兴趣小组,第一、二、三、四组分别有7人、8人、9人、10人,则下列说法正确的是(　　) A.选1人为负责人的选法种数为34 B.每组选1名组长的选法种数为5 400 C.若推选2人发言,这2人需来自不同的小组,则不同的选法种数为420 D.若另有3名学生加入这4个小组,加入的小组可自由选择,且第一组必须有人选,则不同的选法有37种 8.(2025·河北邯郸模拟)设一个三位数的个位、十位、百位上的数字分别为a,b,c,若b>a,b>c,则称这个三位数为“峰型三位数”,例如251和121都是“峰型三位数”,在由0,1,2,3,4,5中的部分数字组成的三位数中,“峰型三位数”的个数为　　　　.  9.如图,在十等分圆周中(10个点依次为A1,A2,…,A10),取四点构成凸四边形且为梯形的情况有　　　　　种.  综合提升练 10.如图,小圆圈表示网络的结点,结点之间的连线表示它们有网络联系,连线上标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量,现从结点A向结点B传递信息,信息可以分开沿不同路线同时传递,则单位时间内传递的最大信息量为(　　) A.26 B.24 C.20 D.19 11.如果一条直线与一个平面垂直,那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”.在一个正方体中,由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是(　　) A.48 B.18 C.24 D.36 12.(2025·安徽A10联盟模拟)在三棱锥的顶点和各棱中点中取4个不共面的点,不同的取法共有(　　) A.150种 B.147种 C.144种 D.141种 13.5个班分4个入团名额,每个班至多分两个名额,名额必须分完,那么不同的分法种数为(　　) A.15 B.35 C.45 D.60 14.(2025·海南中学模拟)某电影院一排有7个座位,中间有条过道,过道左侧有4个座位,右侧有3个座位,现有7位同学购买了某一排的座位,其中甲想和乙坐在一起,丙想坐在右侧,则共有(　　)种不同的排法. A.216 B.264 C.312 D.528 15.从集合{1,2,3,4,…,15}中任意选择三个不同的数,使得这三个数组成等差数列,这样的等差数列有　　　　个.  参考答案 课时规范练64　计数原理、排列与组合 1.A　解析 因为原定节目顺序已确定,有6个空,插入第一个新节目有6种插法,这时6个节目产生7个空,插入第二个节目有7种插法,所以共有6×7=42种插法.故选A. 2.C　解析 依题意,每名同学都有6种选择方法,所以这3名学生所选活动课程不全相同的选法有63-6=210种.故选C. 3.C　解析 从物理、历史中选1科,有种选法;从剩余4科中选2科,有种选法.故选科方式共有=12种.故选C. 4.B　解析 四个人工小岛分别记为A,B,C,D,对A分有一座桥相连和两座桥相连两种情况,用“—”表示桥.①当A只有一座桥相连时,有A—B—C—D,A—B—D—C,A—C—B—D,A—C—D—B,A—D—B—C,A—D—C—B,共6种设计方案;②当A有两座桥相连时,有C—A—B—D,D—A—B—C,D—A—C—B,B—A—C—D,B—A—D—C,C—A—D—B,共6种设计方案.故设计方案最多有6+6=12种.故选B. 5.C　解析 由条件可知,可以分成A和D颜色相同,或B和C颜色相同.若A和D颜色相同,则有=24种涂色方法;若B和C颜色相同,也有24种涂色方法,所以一共有24×2=48种涂色方法.故选C. 6.B　解析 若千位数字是5,则百位数字只能是7或8,故符合条件的四位数的个数为=15;若千位数字是7,则符合条件的四位数的个数为=36;若千位数字是8,则符合条件的四位数的个数为=24.故符合条件的四位数共有15+36+24=75个.故选B. 7.AD　解析 对于A,4个数学课外兴趣小组共有7+8+9+10=34人,故选1人为负责人的选法共有34种,故A正确;对于B,分别从第一、二、三、四组中各选1名组长,所以不同的选法共有7×8×9×10=5 040种,故B错误;对于C,分六类:从第一、二组中各选1人,有7×8种不同的选法;从第一、三组中各选1人,有7×9种不同的选法;从第一、四组中各选1人,有7×10种不同的选法;从第二、三组中各选1人,有8×9种不同的选法;从第二、四组中各选1人,有8×10种不同的选法;从第三、四组中各选1人,有9×10种不同的选法.所以不同的选法共有7×8+7×9+7×10+8×9+8×10+9×10=431种,故C错误;对于D,若不考虑限制条件,每个人都有4种选法,共有43=64种选法,其中第一组没有人选,每个人都有3种选法,共有33=27种选法,所以不同的选法有64-27=37种,故D正确. 8.40　解析 ①若“峰型三位数”由三个不同的数字组成.当“峰型三位数”含有数字0时,0必为个位数,再从余下5个数字中任取2个,大的数字为十位数,有个符合条件的三位数;当“峰型三位数”没有数字0时,从除0外的5个数字中任取3个,最大数字作十位,有个符合条件的三位数.此时,“峰型三位数”的个数为=30; ②若“峰型三位数”由两个不同的数字组成,则一定不包含0,此时共有=10个符合条件的三位数.综上,“峰型三位数”的个数为30+10=40. 9.60　解析 分三种:①以十边形的一条边为底(如A1A2),则构成梯形的个数为3×10=30;②类似如A1A3为底,则构成梯形的个数为2×10=20;③类似如A1A4为底,则构成梯形的个数为1×10=10.故取四点构成凸四边形且为梯形的情况共有30+20+10=60种. 10.D　解析 由题图可知,从A到B有4种不同的传递路线,各路线上单位时间内通过的最大信息量自上而下分别为3,4,6,6.由分类加法计数原理得,单位时间内传递的最大信息量为3+4+6+6=19.故选D. 11.D　解析 正方体的两个顶点确定的直线有棱、面对角线、体对角线,对于每一条棱,都可以与两个侧面构成“正交线面对”,这样的“正交线面对”有2×12=24个;对于每一条面对角线,都可以与一个对角面构成“正交线面对”,这样的“正交线面对”有12个,不存在四个顶点确定的平面与体对角线垂直,所以正方体中“正交线面对”共有24+12=36个.故选D. 12.D　解析 共有10个点,任选4个有=210种取法.每个侧面的6个点都共面,任选4个,有=15种取法.共4个面,则有60种共面情况.如图,E,F,I,D、E,G,D,H、F,G,I,H分别构成一个平面,有3种取法;如图,P,G,A,H、P,F,B,I、P,E,C,D、A,D,B,E、B,H,C,G、A,I,C,F分别构成一个平面,有6种取法.综上,在三棱锥的顶点和各棱中点取4个不共面的点,不同的取法共有210-60-3-6=141种.故选D. 13.C　解析 由题意,将4个入团名额分给5个班,有1,1,1,1,0、2,1,1,0,0、2,2,0,0,0三种分法.若按1,1,1,1,0分组分配,共有=5种分法,若按2,1,1,0,0分组分配,共有=30种分法,若按2,2,0,0,0分组分配,共有=10种分法.所以一共有5+30+10=45种分法.故选C. 14.D　解析 按照1—7的序号对座位进行编号,左侧编号为1—4,右侧编号为5—7.若甲和乙坐在左侧,则有6种排法;丙排在右侧,有3种排法,剩下的4人有种排法.故甲和乙坐在左侧时,共有6×3×=432种排法.若甲和乙坐在右侧,则有4种排法;丙只有一种排法,剩下的4人有种排法,因此甲和乙坐在右侧时,共有4×1×=96种排法.所以不同的排法共有432+96=528种情况.故选D. 15.98　解析 当公差为1时,数列可以是1,2,3;2,3,4;3,4,5;…;13,14,15,共13种情况.当公差为2时,数列可以是1,3,5;2,4,6;3,5,7;…;11,13,15,共11种情况.当公差为3时,数列可以是1,4,7;2,5,8;3,6,9;…;9,12,15,共9种情况.当公差为4时,数列可以是1,5,9;2,6,10;3,7,11;…;7,11,15,共7种情况.当公差为5时,数列可以是1,6,11;2,7,12;3,8,13;4,9,14;5,10,15,共5种情况.当公差为6时,数列可以是1,7,13;2,8,14;3,9,15,共3种情况.当公差为7时,数列可以是1,8,15,共1种情况.故数列的个数为13+11+9+7+5+3+1=49.又因为三个数成等差数列有两种情况,递增数列或递减数列,所以这样的等差数列共有98个. 学科网（北京）股份有限公司 $