2026年高考数学第一轮专题复习：课时突破练63分类加法计数原理与分步乘法计数原理 [含答案]

这是一份2026年高考数学第一轮专题复习：课时突破练63分类加法计数原理与分步乘法计数原理 [含答案]，共21页。试卷主要包含了展开后的项数为　　　　　等内容，欢迎下载使用。
基础达标练
1.若3名学生报名参加天文、计算机、文学、美术这4个兴趣小组,每人选1组,则不同的报名方式有( )
A.12种B.24种
C.64种D.81种
2.从正方体的6个面中选取3个面,其中有2个面不相邻的选法共有( )
A.20种B.16种
C.12种D.8种
3.小黑点表示网络的结点,结点之间的连线表示它们有网络相连.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.现在从结点A向结点B传递信息,信息可分开沿不同的路线同时传递,则单位时间内传递的最大信息量为( )
A.9B.21
C.12D.8
4.(2024·山东济宁模拟)某省新高考采用“3+1+2”模式,“3”为全国统考科目语文、数学、外语,所有学生必考;“1”为首选科目,考生须在物理、历史科目中选择1个科目;“2”为再选科目,考生可在思想政治、地理、化学、生物学4个科目中选择2个科目.已知小明同学必选化学,那么他可选择的方案共有( )
A.4种B.6种
C.8种D.12种
5.用0,1,2,3,4,5,6这7个数字可以组成无重复数字的四位偶数的个数为( )
A.180B.240
C.420D.480
6.(多选)有4位同学报名参加三个不同的社团,则下列说法正确的是( )
A.每位同学限报其中一个社团,则不同的报名方法共有34种
B.每位同学限报其中一个社团,则不同的报名方法共有43种
C.每个社团限报一个人,则不同的报名方法共有24种
D.每个社团限报一个人,则不同的报名方法共有43种
7.(a1+a2+a3)(b1+b2+b3+b4)(c1+c2+c3+c4+c5)展开后的项数为 .
能力提升练
8.如图所示的几何体由三棱锥P-ABC与三棱柱ABC-A1B1C1组合而成,现用3种不同颜色对这个几何体的表面涂色(底面A1B1C1不涂色),要求相邻的面均不同色,则不同的涂色方案共有( )
A.6种B.9种C.12种D.36种
9.(2024·湖北武汉模拟预测)五一小长假前夕,甲、乙、丙三人从A,B,C,D四个旅游景点中任选一个前去游玩,其中甲到过A景点,所以甲不选A景点,则不同的选法有( )
A.64种B.48种C.36种D.24种
10.(多选)(2024·浙江嘉兴检测)如图,用n种不同的颜色把图中A,B,C,D,E五块区域涂上颜色,相邻区域不能涂同一种颜色,则( )
A.n≥3
B.当n=4时,若B,D同色,共有48种涂法
C.当n=4时,若B,D不同色,共有48种涂法
D.当n=5时,总的涂色方法有420种
11.满足a,b∈{-1,0,1,2},且关于x的方程ax2+2x+b=0有实数解的有序数对(a,b)的个数为 .
12.如图,要让电路从A处到B处接通(只考虑每个小并联单元只有一个开关闭合的情况),可有 条不同的路径.
13.(2024·福建南平质检)甲与其他四位同事各有一辆私家车,车牌尾数分别是9,0,2,1,5,为遵守当地某月5日至9日5天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的车通行,偶数日车牌尾数为偶数的车通行),五人商议拼车出行,每天任选一辆符合规定的车,但甲的车最多只能用一天,则不同的用车方案种数为 .
素养拔高练
14.若m,n均为非负整数,当做m+n时,各位均不进位(例如:134+3 802=3 936),则称(m,n)为“简单的”有序数对,m+n为有序数对(m,n)的值,那么值为1 942的“简单的”有序数对的个数是 .
答案：
1.C 由题意可得每个人都有4种选法,则由分步乘法原理可得不同的报名方式有4×4×4=64(种).
2.C 正方体共有12条棱,每条棱对应两个相邻面,与这两个面不都相邻的面有2个,共有24组,每组中包含两条棱,故有24÷2=12.
3.D 由图形可以看出,从A→B,可以分成两种情况,A→D→B或A→C→B,这两类方法中各自包含的单位时间内通过的信息量分别是5,3,根据分类加法计数原理可知,传递的最大信息量为5+3=8.
4.B 根据题意得,分两步进行分析:
①小明必选化学,则必须在思想政治、地理、生物学中再选出1个科目,选法有3种;
②小明在物理、历史科目中选出1个,选法有2种.
由分步乘法计数原理知,小明可选择的方案共有3×2=6(种).
5.C 以末位数字进行分类:当末位数字为0时,共有6×5×4=120(个);当末位数字是2,4,6中的某个数时,共有3×5×5×4=300(个),故共有120+300=420(个)不同的数字.
6.AD 对于A,B,第1个同学有3种报法,第2个同学有3种报法,后面的2个同学也有3种报法,根据分步乘法计数原理知共有34种结果,A正确,B错误;对于C,D,每个社团限报一个人,则第1个社团有4种选择,第2个社团有4种选择,第3个社团有4种选择,根据分步乘法计数原理知共有43种结果,D正确,C错误.
7.60 从第一个括号中选一个字母有3种方法,从第二个括号中选一个字母有4种方法,从第三个括号中选一个字母有5种方法,故根据分步乘法计数原理可知共有N=3×4×5=60(项).
8.C 先涂三棱锥P-ABC的三个侧面,有3×2×1种情况,然后涂三棱柱的三个侧面,有2种情况,由分步乘法计数原理,共有3×2×1×2=12(种)不同的涂法.
9.B 因甲不选A景点,应该分步完成:第一步,先考虑甲在B,C,D三个景点中任选一个,有3种选法;第二步,再考虑乙和丙,从A,B,C,D中分别任选一个景点,有4×4=16种选法.由分步乘法计数原理,可得不同选法有3×16=48(种).
10.ABD 对于A,由于区域A与B,C均相邻,所以至少需要三种及以上的颜色才能保证相邻区域不同色,故A正确,对于B,当n=4时,此时按照A,B,C的顺序涂,每一个区域需要一个颜色,此时有4×3×2=24(种)涂法,当涂D时,由于B,D同色(D只有一种颜色可选),所以只需要从剩下的颜色或者与A同色的两种颜色中选择一种涂E,故共有24×2=48(种)涂法,B正确;对于C,当n=4时,涂A,B,C有4×3×2=24(种),当B,D不同色(D只有一种颜色可选),此时A,B,C,D四块区域所用颜色各不相同,涂E只能用与A同色,此时共有24种涂法,C错误;对于D,当n=5时,此时按照A,B,C的顺序涂,每一个区域需要一个颜色,此时有5×4×3=60(种)涂法,当涂D时,B,D同色(D只有一种颜色可选),所以只需要从剩下的两种颜色中或者与A同色的颜色中选择一种涂E,故共有60×3=180(种)涂法,当B,D不同色,此时A,B,C,D四块区域所用颜色各不相同,共有5×4×3×2=120(种)涂法,只需要从剩下的颜色或者与A同色的两种颜色中选择一种涂E,此时共有5×4×3×2×2=240(种)涂法,综上可知,涂色方法共有420种,故D正确.
11.13 当a=0时,b的值可以是-1,0,1,2,故(a,b)的个数为4;当a≠0时,要使方程ax2+2x+b=0有实数解,需使Δ=4-4ab≥0,即ab≤1.若a=-1,则b的值可以是-1,0,1,2,(a,b)的个数为4;若a=1,则b的值可以是-1,0,1,(a,b)的个数为3;若a=2,则b的值可以是-1,0,(a,b)的个数为2.由分类加法计数原理可知,(a,b)的个数为4+4+3+2=13.
12.9 分以下三种情况计数:
①第一层有3×2=6(条)路径;
②第二层有1条路径;
③第三层有2条路径.
由分类加法计数原理知,共有6+1+2=9条不同的路径.
13.80 5日至9日,日期尾数分别为5,6,7,8,9,有3天是奇数日,2天是偶数日.第一步,安排偶数日出行,每天都有2种选择,共有2×2=4(种)用车方案;第二步,安排奇数日出行,分两类,第一类,选1天安排甲的车,另外2天安排其他车,有3×2×2=12(种)用车方案,第二类,不安排甲的车,每天都有2种选择,共有23=8(种)用车方案,共计12+8=20(种)用车方案.根据分步乘法计数原理可知,不同的用车方案种数为4×20=80.
14.300 第1步,1=1+0,1=0+1,共2种组合方式;第2步,9=0+9,9=1+8,9=2+7,9=3+6,…,9=9+0,共10种组合方式;第3步,4=0+4,4=1+3,4=2+2,4=3+1,4=4+0,共5种组合方式;第4步,2=0+2,2=1+1,2=2+0,共3种组合方式.根据分步乘法计数原理可知,值为1 942的“简单的”有序数对的个数为2×10×5×3=300.