三年（2023-2025）高考数学真题分类汇编：专题09 计数原理（全国通用）（解析版）

这是一份三年（2023-2025）高考数学真题分类汇编：专题09 计数原理（全国通用）（解析版），共10页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。

考点01 排列与组合
一、单选题
1．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有（ ）
A．C40045⋅C20015种B．C40020⋅C20040种
C．C40030⋅C20030种D．C40040⋅C20020种
【答案】D
【分析】利用分层抽样的原理和组合公式即可得到答案.
【详解】根据分层抽样的定义知初中部共抽取60×400600=40人，高中部共抽取60×200600=20，
根据组合公式和分步计数原理则不同的抽样结果共有C40040⋅C20020种.
故选：D.
2．（2023·全国乙卷·高考真题）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
【分析】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.
【详解】首先确定相同得读物，共有C61种情况，
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A52种，
根据分步乘法公式则共有C61⋅A52=120种，
故选：C.
3．（2023·全国甲卷·高考真题）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
【分析】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.
【详解】不妨记五名志愿者为a,b,c,d,e，
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A42=12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5×12=60种.
故选：B.
4．（2023·全国甲卷·高考真题）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（ ）
A．16B．13C．12D．23
【答案】D
【分析】利用古典概率的概率公式，结合组合的知识即可得解.
【详解】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C42=6件，
其中这2名学生来自不同年级的基本事件有C21C21=4，
所以这2名学生来自不同年级的概率为46=23.
故选：D.
5．（2024·全国甲卷·高考真题）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（ ）
A．16B．14C．13D．12
【答案】C
【分析】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.
【详解】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，
故所求概率P=824=13；
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；
基本事件总数显然是A44=24，
根据古典概型的计算公式，所求概率为824=13.
故选：C
二、填空题
6．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）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
【分析】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.
【详解】（1）当从8门课中选修2门，则不同的选课方案共有C41C41=16种；
（2）当从8门课中选修3门，
①若体育类选修课1门，则不同的选课方案共有C41C42=24种；
②若体育类选修课2门，则不同的选课方案共有C42C41=24种；
综上所述：不同的选课方案共有16+24+24=64种.
故答案为：64.
7．（2025·上海·高考真题）4个家长和2个儿童去爬山，6个人需要排成一条队列，要求队列的头和尾均是家长，则不同的排列个数有 种．
【答案】288
【分析】先选家长作队尾和队首，再排中间四人即可.
【详解】先选两位家长排在首尾有P42=12种排法；再排对中的四人有P44=24种排法，
故有12×24=288种排法.
故答案为：288
8．（2024·天津·高考真题）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 ．
【答案】 35 12
【分析】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.
【详解】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，
则甲参加“整地做畦”的概率为：P=610=35；
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，
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36=12.
解法二：
设甲、乙选到A为事件M，乙选到D为事件N，
则甲选到A的概率为PM=C42C53=35；
乙选了A活动，他再选择D活动的概率为PNM=PMNPM=C31C53C42C53=12
故答案为：35；12
9．（2024·全国甲卷·高考真题）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12的概率为 ．
【答案】715
【分析】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a+b−3≤2c≤a+b+3，就c的不同取值分类讨论后可求随机事件的概率.
【详解】从6个不同的球中不放回地抽取3次，共有A63=120种，
设前两个球的号码为a,b，第三个球的号码为c，则a+b+c3−a+b2≤12，
故2c−(a+b)≤3，故−3≤2c−(a+b)≤3，
故a+b−3≤2c≤a+b+3，
若c=1，则a+b≤5，则a,b为：2,3,3,2，故有2种，
若c=2，则1≤a+b≤7，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c=3，则3≤a+b≤9，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c=4，则5≤a+b≤11，同理有16种，
当c=5，则7≤a+b≤13，同理有10种，
当c=6，则9≤a+b≤15，同理有2种，
共m与n的差的绝对值不超过12时不同的抽取方法总数为22+10+16=56，
故所求概率为56120=715.
故答案为：715
10．（2024·上海·高考真题）设集合A中的元素皆为无重复数字的三位正整数，且元素中任意两个不同元素之积皆为偶数，求集合中元素个数的最大值 ．
【答案】329
【分析】三位数中的偶数分个位是0和个位不是0讨论即可.
【详解】由题意知集合中且至多只有一个奇数，其余均是偶数．
首先讨论三位数中的偶数，
①当个位为0时，则百位和十位在剩余的9个数字中选择两个进行排列，则这样的偶数有P92=72个；
②当个位不为0时，则个位有C41个数字可选，百位有C81=256个数字可选，十位有C81个数字可选，
根据分步乘法这样的偶数共有C41C81C81=256，
最后再加上单独的奇数，所以集合中元素个数的最大值为72+256+1=329个．
故答案为：329．
11．（2023·上海·高考真题）空间内存在三点A、B、C，满足AB=AC=BC=1，在空间内取不同两点（不计顺序），使得这两点与A、B、C可以组成正四棱锥，求方案数为 ．
【答案】9
【分析】根据题意，先考虑正四棱锥中三个点构成等边三角形的情况，分类讨论△ABC为正四棱锥的侧面或对角面两种情况，再结合△ABC三边的轮换对称性即可得解.
【详解】因为空间中有三个点A、B、C，且AB=BC=CA=1，
不妨先考虑在一个正四棱锥中，哪三个点可以构成等边三角形，同时考虑△ABC三边的轮换对称性，可先分为两种大情况，即以下两种：
第一种：△ABC为正四棱锥的侧面，如图1，
此时AB,BC,AC分别充当为底面正方形的一边时，对应的情况数显然是相同的;
不妨以BC为例，此时符合要求的另两个点如图1所示，显然有两种情况，
考虑到△ABC三边的轮换对称性，故而总情况有6种；

第二种：△ABC为正四棱锥的对角面，如图2，
此时AB,BC,AC分别充当底面正方形的一对角线时，对应的情况数显然也是相同的;
不好以BC为例，此时符合要求的另两个点图2所示，显然只有一种情况，
考虑到△ABC三边的轮换对称性，故而总情况有3种；
综上所述：总共有9种情况.
故答案为：9.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是注意到△ABC为正三角形，从而考虑正四棱锥中三个点构成等边三角形的情况，结合△ABC三边的轮换对称性即可得解.
12．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）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 ．
【答案】 24 112
【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4×3×2×1=24种选法；
每种选法可标记为(a,b,c,d)，a,b,c,d分别表示第一、二、三、四列的数字，
则所有的可能结果为：
(11,22,33,44),(11,22,34,43),(11,22,33,44),(11,22,34,42),(11,24,33,43),(11,24,33,42)，
(12,21,33,44),(12,21,34,43),(12,22,31,44),(12,22,34,40),(12,24,31,43),(12,24,33,40)，
(13,21,33,44),(13,21,34,42),(13,22,31,44),(13,22,34,40),(13,24,31,42),(13,24,33,40)，
(15,21,33,43),(15,21,33,42),(15,22,31,43),(15,22,33,40),(15,22,31,42),(15,22,33,40)，
所以选中的方格中，(15,21,33,43)的4个数之和最大，为15+21+33+43=112.
故答案为：24；112
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是确定第一、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.
考点02 二项式定理
一、单选题
1．（2024·北京·高考真题）在x−x4的展开式中，x3的系数为（ ）
A．6B．−6C．12D．−12
【答案】A
【分析】写出二项展开式，令4−r2=3，解出r然后回代入二项展开式系数即可得解.
【详解】x−x4的二项展开式为Tr+1=C4rx4−r−xr=C4r−1rx4−r2,r=0,1,2,3,4，
令4−r2=3，解得r=2，
故所求即为C42−12=6.
故选：A.
二、填空题
2．（2025·北京·高考真题）已知(1−2x)4=a0−2a1x+4a2x2−8a3x3+16a4x4，则a0= ；a1+a2+a3+a4= ．
【答案】 1 15
【分析】利用赋值法可求a0，利用换元法结合赋值法可求a1+a2+a3+a4的值.
【详解】令x=0，则a0=1，
又1−2x4=a0−2a1x+4a2x2−8a3x3+16a4x4，
故1−2x4=a0+a1−2x+a2−2x2+a3−2x3+a4−2x4，
令t=−2x，则1+t4=a0+a1t+a2t2+a3t3+a4t4，
令t=1，则a0+a1+a2+a3+a4=24，故a1+a2+a3+a4=15
故答案为：1,15.
3．（2025·天津·高考真题）在x−16的展开式中，x3项的系数为 ．
【答案】−20
【分析】根据二项式定理相关知识直接计算即可.
【详解】x−16展开式的通项公式为Tr+1=C6rx6−r⋅−1r，
当r=3时，T4=C63x3⋅−13=−20x3，
即x−16展开式中x3的系数为−20.
故答案为：−20
4．（2025·上海·高考真题）在二项式(2x−1)5的展开式中，x3的系数为 ．
【答案】80
【分析】利用通项公式求解可得.
【详解】由通项公式Tr+1=C5r⋅25−r⋅x5−r⋅(−1)r=C5r⋅(−1)r⋅25−rx5−r，
令5−r=3，得r=2，
可得x3项的系数为C52⋅(−1)2⋅25−2=80.
故答案为：80.
5．（2024·上海·高考真题）在x+1n的二项展开式中，若各项系数和为32，则x2项的系数为 ．
【答案】10
【分析】根据给定条件，求出幂指数n，再利用二项式定理求出指定项的系数.
【详解】则二项式x+1n的展开式各项系数和为32，得2n=32，解得n=5，
所以(x+1)5的展开式x2项的系数为C53=10.
故答案为：10
6．（2024·全国甲卷·高考真题）13+x10的展开式中，各项系数中的最大值为 ．
【答案】5
【分析】先设展开式中第r+1项系数最大，则根据通项公式有C10r1310−r≥C10r+1139−rC10r1310−r≥C10r−11311−r，进而求出r即可求解.
【详解】由题展开式通项公式为Tr+1=C10r1310−rxr，0≤r≤10且r∈Z，
设展开式中第r+1项系数最大，则C10r1310−r≥C10r+1139−rC10r1310−r≥C10r−11311−r，
⇒r≥294r≤334，即294≤r≤334，又r∈Z，故r=8，
所以展开式中系数最大的项是第9项，且该项系数为C108132=5.
故答案为：5.
7．（2024·天津·高考真题）在x23+3x26的展开式中，常数项为 ．
【答案】20
【分析】根据题意结合二项展开式的通项分析求解即可.
【详解】因为x23+3x26的展开式的通项为Tr+1=C6rx236−r3x2r=32r−6C6rx12−4r,r=0,1,⋅⋅⋅,6，
令12−4r=0，可得r=3，
所以常数项为30C63=20.
故答案为：20.
8．（2023·上海·高考真题）已知1+2023x100+2023−x100=a0+a1x+a2x2+⋅⋅⋅+a99x99+a100x100，若存在k∈{0，1，2，…，100}使得ak