2027年高考数学一轮复习第十章　§10.1　计数原理与排列组合学案含解析

这是一份2027年高考数学一轮复习第十章　§10.1　计数原理与排列组合学案含解析，共14页。学案主要包含了多项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
及其分布
§10.1 计数原理与排列组合
考试要求 1.理解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义.2.理解排列、组合的概念.3.能利用计数原理、排列组合解决简单的实际问题.
1.两个计数原理
(1)分类加法计数原理：完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N= m+n种不同的方法.
(2)分步乘法计数原理：完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N=m×n种不同的方法.
2.排列与组合的概念
3.排列数与组合数
(1)排列数：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数，用符号Anm表示.
(2)组合数：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，用符号Cnm表示.
4.排列数、组合数的公式及性质
1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事.( √ )
(2)在分步乘法计数原理中，事情是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事.( × )
(3)所有元素完全相同的两个排列为相同排列.( × )
(4)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同.( √ )
2.(多选)下列结论正确的是( )
A.3×4×5=A53
B.C52+C53=C62
C.若C10x=C102x−2，则x=3
D.C70+C72+C74+C76=64
答案 AD
解析 A53=5×4×3，故A正确；
C52+C53=2C52=2×4×52=20，C62=6×52=15，
故C52+C53≠C62，故B错误；
C10x=C102x−2，则x=2x-2或x+2x-2=10，解得x=2 或x=4，故C错误；
C70+C72+C74+C76=C70+C72+C73+C71=1+7×62+7×6×53×2+7=64，故D正确.
3.(人教A版选择性必修第三册P11习题6.1T2改编)如图，从甲地到乙地有2条路，从乙地到丁地有3条路；从甲地到丙地有4条路，从丙地到丁地有2条路.则从甲地到丁地的不同路线共有( )
A.11条B.12条C.13条D.14条
答案 D
解析 从甲地到丁地的不同路线共有2×3+4×2=14(条).
4.(2025·上海)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
解析 先选两位家长排在队列的头和尾有A42=12(种)排法，再排队列中的四人有A44=24(种)排法，
故有12×24=288(种)排列.
1.元素之间与顺序有关的为排列，与顺序无关的为组合.
2.(1)排列数与组合数之间的联系为CnmAmm=Anm.
(2)排列数与组合数公式的两种形式分别为：①连乘积形式；②阶乘形式.前者多用于数字计算，后者多用于含有字母的排列数与组合数式子的变形与论证.
3.解有条件限制的排列、组合题，通常有直接法(合理分类)和间接法(排除法).分类时标准应统一，避免出现重复或遗漏.
4.对于分配问题，一般先分组，再分配，注意平均分组与不平均分组的区别，避免重复或遗漏.
题型一 计数原理
例1 (1)(2026·保定模拟)我们称各个数位上的数字之和为8的三位数为“幸运数”，例如107和224，则所有的“幸运数”共有( )
A.66个B.55个C.36个D.28个
答案 C
解析 当首位数字为1时，后两位相加为7，“幸运数”分别是107，170，116，161，125，152，134，143，共8个；
当首位数字为2时，后两位相加为6，“幸运数”分别是206，260，215，251，224，242，233，共7个；
当首位数字为3时，后两位相加为5，“幸运数”分别是305，350，314，341，323，332，共6个；
当首位数字为4时，后两位相加为4，“幸运数”分别是404，440，413，431，422，共5个；
当首位数字为5时，后两位相加为3，“幸运数”分别是503，530，512，521，共4个；
当首位数字为6时，后两位相加为2，“幸运数”分别是602，620，611，共3个；
当首位数字为7时，后两位相加为1，“幸运数”分别是701，710，共2个；
当首位数字为8时，后两位相加为0，“幸运数”是800，共1个.
因此所有的“幸运数”共有8+7+6+5+4+3+2+1=36(个).
(2)(苏教版选择性必修第二册P64习题7.1T13改编)用4种不同的颜色给如图所示的地图上色，要求相邻两块涂不同的颜色，共有 种不同的涂法.
答案 48
解析 第一步，填涂①，有4种不同的颜色可选用；第二步，填涂②，除①所用过的颜色外，还有3种不同的颜色可选用；第三步，填涂③，除①②用过的2种颜色外，还有2种不同的颜色可选用；第四步，填涂④，除②③用过的2种颜色外，还有2种不同的颜色可选用.所以共有4×3×2×2=48(种)不同的涂法.
思维升华 完成一件事的方法种数的计算步骤
(1)审清题意，弄清要完成的事件是怎样的.
(2)分析完成这件事应采用分类、分步、先分类后分步、先分步后分类这四种方法中的哪一种.
(3)弄清在每一类或每一步中的方法种数.
(4)根据分类加法计数原理或分步乘法计数原理计算出完成这件事的方法种数.
跟踪训练1 (1)如图，某种雨伞架前后两排共8个孔，编号分别为1~8号.若甲、乙、丙、丁四名同学要放伞，每个孔最多放一把伞，则甲放在奇数孔，乙放在偶数孔，且丙、丁没有放在同一排的放法有( )
A.68种B.136种C.272种D.544种
答案 C
解析 根据题意，分2种情况讨论：
①甲乙放在同一排，有C21C21C21C21C41A22=128(种)放法，
②甲乙不放在同一排，有C21C21C21C31C31A22=144(种)放法，
则有128+144=272(种)不同的放法.
(2)(2024·新课标Ⅱ卷)在如图的4×4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
解析 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；
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，从第四行选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.
题型二 排列、组合问题
例2 (1)(2026·重庆模拟)甲、乙、丙三人各自计划暑假去重庆旅游，他们都从武隆天生三桥、长江索道、洪崖洞民俗风貌区、重庆动物园、仙女山、白帝城这六个景区中任选一个，若甲不去重庆动物园，且甲、乙、丙三人去的景区互不相同，则这三人的不同选择方法共有( )
A.96种B.100种
C.108种D.120种
答案 B
解析 先安排甲，再将剩余的2人进行排列，故这三人的不同选择方法共有C51A52=100(种).
(2)(2023·新课标Ⅰ卷)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 ①当从8门课中选修2门时，不同的选课方案共有C41C41=16(种)；
②当从8门课中选修3门时，
(ⅰ)若体育类选修1门，
则不同的选课方案共有C41C42=24(种)；
(ⅱ)若体育类选修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).
思维升华 排列问题和组合问题的区分方法
(1)排列问题：若交换某两个元素的位置对结果有影响，则是排列问题，即排列问题与选取的顺序有关.
(2)组合问题：若交换任意两个元素的位置对结果没有影响，则是组合问题，即组合问题与选取的顺序无关.
跟踪训练2 (1)有4名男生，5名女生排成一行，甲不在正中间也不在两端的排法种数为( )
A.336B.7 200
C.40 320D.241 920
答案 D
解析 方法一 (元素分析法)
先排甲，有6种排法，再排剩余8人，有A88种排法，故共有6·A88=241 920(种)排法.
方法二 (位置分析法)
先排正中间和两端，有A83种排法，再排包括甲在内的剩余6人，有A66种排法，故共有A83·A66=336×720=241 920(种)排法.
方法三 (等机会法)
9个人全排列，有A99种排法，甲排在每一个位置的机会都是均等的，依题意，甲不在正中间及两端的排法种数是A99×69=241 920.
方法四 (间接法)
9个人全排列，有A99种排法，甲排在正中间，剩余8人全排列有A88种排法，同理甲在最左端或最右端，剩余8人全排列，也都有A88种排法，故甲不在正中间及两端的排法种数是A99-3·A88=6A88=241 920.
(2)(2026·沙坪坝模拟)盒子甲中有5个红球和3个蓝球，盒子乙中有6个红球和2个蓝球.若从甲、乙两个盒子中各随机取出2个球，则取出的4个球中恰有1个蓝球的不同取法共有( )
A.150种B.180种
C.300种D.345种
答案 D
解析 4个球中恰有1个蓝球，可分为两种情况：
第一种：甲盒取出1个红球1个蓝球、乙盒取出2个红球，此时有C51C31C62=225(种)取法；
第二种：甲盒取出2个红球、乙盒取出1个红球1个蓝球，此时有C52C61C21=120(种)取法.
故共有225+120=345(种)不同的取法.
题型三 排列、组合的综合问题
命题点1 相邻、相间问题
例3 (多选)(2026·哈尔滨模拟)象棋作为一种传统棋类益智游戏，具有深远的意义和价值.它具有红、黑两种阵营，马、车、炮为象棋中的棋子，现有3个红色的“马”“车”“炮”棋子与2个黑色的“马”“车”棋子，将这5个棋子排成一列，则下列说法正确的是( )
A.共有120种排列方式
B.若两个“车”相邻，则有24种排列方式
C.若两个“马”不相邻，则有72种排列方式
D.若红、黑棋子间隔排列，则有12种排列方式
答案 ACD
解析 对于A，由排列知识可得共有A55=120(种)排列方式，故A正确；
对于B，将两个“车”捆绑作为一个元素，有A22=2(种)排列方式，
再和剩余的3个棋子进行全排列，故共有2A44=48(种)排列方式，故B错误；
对于C，两个“马”不相邻，先将剩余的3个棋子进行全排列，产生4个空，
再将两个“马”插空，故共有A33A42=72(种)排列方式，故C正确；
对于D，将2个黑色的棋子进行全排列，产生3个空，再将3个红色的棋子进行插空，
故共有A22A33=12(种)排列方式，故D正确.
命题点2 定序问题
例4 (2025·淮安模拟)如图所示，某码头有两堆集装箱，一堆2个，另一堆3个，现需要全部装运，每次只能从其中一堆取最上面的一个集装箱，则在装运过程中不同取法的种数是( )
A.10B.20C.60D.120
答案 A
解析 如图所示，对集装箱编号，则可知排列相对顺序为1，2，3(即1号箱子一定在2号箱子前被取走，2号箱子一定在3号箱子前被取走)，4，5，故不同取法的种数是A55A33A22=10.
命题点3 分组、分配问题
例5 (2025·喀什模拟)某市科技馆在国庆假期期间需派遣5名志愿者到3个不同主题展区协助讲解，每个展区至少安排1人.则不同的安排方法种数为( )
A.120B.210C.150D.180
答案 C
解析 因为每个展区至少安排1人，故有两类情况.
①将5名志愿者按照2∶2∶1进行分配，有C52C32C11A22×A33=15×6=90(种)方法；
②将5名志愿者按照1∶1∶3进行分配，有C51C41C33A22×A33=10×6=60(种)方法.
由分类加法计数原理，不同的安排方法种数为90+60=150.
思维升华 求解排列组合问题的6种主要方法
跟踪训练3 (1)(2026·天津模拟)甲、乙、丙三位教师指导六名学生a，b，c，d，e，f参加全国高中数学联赛，若每位教师至少指导一名学生，其中甲指导三名学生，则不同的分配方案共有( )
A.90种B.120种C.150种D.240种
答案 B
解析 第一步，从六名学生中选3名，分配给甲指导，有C63=20(种)不同的方法，
第二步，将剩余三名学生分成两组，分配给乙、丙指导，有(C31·C22)·A22=3×2=6(种)不同的方法，
根据分步乘法计数原理，不同的分配方案共有20×6=120(种).
(2)(多选)传承红色文化，宣扬爱国精神，某中学国旗队在高一年级招收新成员，现有小明、小红、小华等6名同学新入方阵参加队列训练，则下列说法正确的是( )
A.6名同学站成一排，小明、小红、小华必须按从左到右的顺序站位，则不同的站法种数为120
B.6名同学站成一排，小明、小红两人相邻，则不同的站法种数为240
C.6名同学站成一排，小明、小红两人不相邻，则不同的站法种数为480
D.6名同学平均分成三组到三种不同的队列进行训练(每组成员训练内容相同且每种训练必须有人参加)，则有540种不同的安排方法
答案 ABC
解析 6名同学站成一排，小明、小红、小华必须按从左到右的顺序站位，则有A66A33=120(种)不同的站法，故A正确；
6名同学站成一排，小明、小红两人相邻共有2种站法，将两人看作一个元素，与其他4人组成5个元素全排列，有2A55=240(种)站法，故B正确；
6名同学站成一排，小明、小红两人不相邻，先将除小明、小红外的4人进行全排列，有A44=24(种)站法，再将小明、小红两人插空，有A52=20(种)站法，则共有24×20=480(种)不同的站法，故C正确；
6名同学平均分成三组到三种不同的队列进行训练(每组成员训练内容相同且每种训练必须有人参加)，则有C62C42C22A33A33=90(种)不同的安排方法，故D错误.
递推数列在计数原理中的应用
在计数原理中，当计数的基数较大时，用枚举法会显得非常困难.如果问题带有明显的递推特征，把此类计数问题的基数从有限个且数目很少推广到n个，运用数列知识建立递推关系，经过推广就可以解决这类计数问题.
典例 (1)有A1，A2，…，A6共六个人，他们的座位分别为B1，B2，…，B6，现在求每一个人坐一个座位，且都不坐自己座位，则不同的坐法共有( )
A.9种B.16种C.44种D.265种
答案 D
解析 记n个人坐位子且自己不坐自己的座位的方法数构成一个数列{an}，易得a2=1，a3=2，
当n≥4时，首先，让A1选位，A1不选B1，则共有n-1种坐法，不妨设A1选了Bk(k≠1)，然后再让Ak选位，
①当Ak选B1时，则余下n-2个人和n-2个座位，共有an-2种坐法；
②当Ak不选B1时，则余下n-1个人都有一个不能选的座位，则共有an-1种坐法，
所以an=(n-1)(an-2+an-1)，
所以a4=3(a2+a3)=9，a5=4(a3+a4)=44，
a6=5(a4+a5)=265.
(2)如图，一个环形的大会场被分成了n个区域，现有k种不同颜色的服装提供给n个区域的观众，要求同一区域的观众着装颜色相同，且相邻区域的观众着装颜色不同.当k=5，n=6时，共有 种不同的着装方法.
答案 4 100
解析 设提供k种颜色来给排成环形的n个区域涂色且相邻区域不同色，记方法数为fk(n)，
若先考虑给n个排成一行的区域涂色且相邻区域不同色，则方法数应为k·(k-1)n-1，
①若区域1和区域n不同色，则把区域1和区域n粘在一起成一个环状时满足条件；
②若区域1和区域n同色，则把区域1和区域n粘在一起成一个环状时不满足条件，此方法数需从k·(k-1)n-1种方法中减掉.
所以fk(n)=k·(k-1)n-1-fk(n-1)，
易得f5(3)=A53=60，
所以f5(4)=5×(5-1)3-f5(3)=260，
所以f5(5)=5×(5-1)4-f5(4)=1 020，
所以f5(6)=5×(5-1)5-f5(5)=4 100.
课时精练
[分值：83分]
一、单项选择题(每小题5分，共40分)
1.(2026·北京模拟)甲、乙、丙、丁4人排成一列，且甲、乙均不在第一个位置，则不同的排法共有( )
A.6种B.12种C.24种D.36种
答案 B
解析 由题意可知，先安排第一个位置有2种排法，再排后面的3个位置有A33种排法，
根据分步乘法计数原理共有2A33=12(种)排法.
2.已知A，B两个公司承包6项工程，每项工程均被承包且至多被一个公司承包，每个公司至少承包2项，则承包方式共有( )
A.24种B.70种
C.48种D.50种
答案 D
解析 根据题意，分三种情况：
①A公司承包2项工程，剩余4项工程由B公司承包，则有C62=15(种)承包方式；
②A公司承包3项工程，剩余3项工程由B公司承包，则有C63=20(种)承包方式；
③A公司承包4项工程，剩余2项工程由B公司承包，则有C64=15(种)承包方式.
所以承包方式共有15+20+15=50(种).
3.(2025·榆林模拟)高二(1)班5位同学排成一排准备照相时，又来了2位同学要加入，若保持原来5位同学的相对顺序不变，则不同的加入方法种数为( )
A.42B.30C.21D.15
答案 A
解析 7位同学排成一排照相，共有A77种排法，原来5位同学的排列方法有A55种，
所以保持原来5位同学的相对顺序不变的排法种数为A77A55=42.
4.某中学为了弘扬我国二十四节气文化，特制作出“立春”“雨水”“惊蛰”“春分”“清明”“谷雨”六张知识展板放置在六个并列的文化橱窗里，要求“立春”和“春分”两块展板相邻，且“清明”和“惊蛰”两块展板不相邻，则不同的放置方式种数为( )
A.24B.48C.144D.240
答案 C
解析 将“立春”和“春分”两块展板捆绑成一个整体，有A22种放置方法，
捆绑后的“立春”和“春分”整体与“雨水”“谷雨”进行全排列，共有A33种方法，
再将“清明”和“惊蛰”进行插空，4个空选择2个，共有A42种方法，
综上，共有A22A33A42=144(种)放置方式.
5.(2026·绵阳模拟)用0，1，2，3，4五个数字组成没有重复数字的四位数，则组成的偶数有( )
A.66个B.60个C.90个D.96个
答案 B
解析 若个位数为0，此时一定为偶数，没有重复数字的偶数有A43=24(个)；
若个位数不为0，则第一步先确定个位数，必须为2或4，共C21种，
其次确定千位数，千位数不能为0，则必须从剩余的一个偶数以及1，3中选，共C31种，
最后从剩余的三个数字中选两个组成有顺序的十位数和百位数，共A32种，一共有C21C31A32=36(个)，
所以没有重复数字的四位数为偶数的情况共有24+36=60(个).
6.(2026·哈尔滨模拟)某市开展支教活动，有甲、乙、丙等六名教师被随机地分到A，B，C，D四个不同的中学，且每个中学至少分到一名教师，则不同的分法共有( )
A.1 080种B.1 560种
C.2 640种D.3 960种
答案 B
解析 依题意，可分为两类情况.第一类：将六名教师按照3∶1∶1∶1分配到A，B，C，D四个不同的中学，有C63C31C21C11A33×A44=480(种)分法；
第二类：将六名教师按照2∶2∶1∶1分配到A，B，C，D四个不同的中学，有C62C42C21C11A22A22×A44=1 080(种)分法.
故由分类加法计数原理，共有480+1 080=1 560(种)不同的分法.
7.(2025·南通模拟)把8个相同的篮球分发给甲、乙、丙、丁4人，不同的分发种数为( )
A.70B.99C.110D.165
答案 D
解析 当8个相同的篮球只分给其中1人时，有4种分法；
当8个相同的篮球分给其中的2人时，先从4人里面选出2人，再将8个相同的篮球排成一排，从形成的7个空里面选出1个空插入1个“隔板”即可，此时有C42C71=42(种)分法；
当8个相同的篮球分给其中的3人时，先从4人里面选出3人，再将8个相同的篮球排成一排，从形成的7个空里面选出2个空插入2个“隔板”即可，此时有C43C72=84(种)分法；
当8个相同的篮球分给4人时，每人至少一个，此时将8个相同的篮球排成一排，从形成的7个空里面选出3个空插入3个“隔板”即可，此时有C73=35(种)分法.
因此把8个相同的篮球分发给甲、乙、丙、丁4人时，不同的分发种数为4+42+84+35=165.
8.某同学计划用他姓名的首字母T，X，身份证的后4位数字(4位数字都不同)以及3个符号α，β，θ设置一个六位的密码.若T，X必选，且符号不能超过两个，数字不能放在首位和末位，字母的相对顺序和数字的相对顺序不变，则他可设置的密码的种数为( )
A.864B.1 009C.1 225D.1 441
答案 D
解析 ①当符号的个数为0时，六位密码由字母T，X及身份证的后4位数字组成，此时只有1种情况；
②当符号的个数为1时，六位密码由字母T，X，3个数字及1个符号组成.
若末位是符号，则首位是字母T，可能的种数为C31C43C41=48；
若末位是字母X，则可能的种数为C31C43C21C41=96；
③当符号的个数为2时，六位密码由字母T，X，2个数字及2个符号组成.
若首位和末位均为符号，
则可能的种数为A32C42C42=216；
若首位和末位均为字母，
则可能的种数为C32C42A42=216；
若首位和末位一个是字母、一个是符号，则可能的种数为C32C42(C21A42+C21A42)=864.
故他可设置的密码的种数为1+48+96+216+216+864=1 441.
二、多项选择题(每小题6分，共18分)
9.下列说法正确的是( )
A.已知A2n3=100An2(n∈N*，n≥2)，则n=13
B.已知C12x+2=C122x−5，则x=5
C.Anm=nAn−1m−1
D.A88-8A77+7A66=A77
答案 ACD
解析 由2n(2n-1)(2n-2)=100n(n-1)，且n∈N*，n≥2，解得n=13，故A正确；
由x+2=2x-5或x+2+2x-5=12，解得x=7或x=5，故B错误；
由Anm=n！(n−m)！，nAn−1m−1=n·(n−1)！(n−m)！=n！(n−m)！，所以Anm=nAn−1m−1，故C正确；
A88-8A77+7A66=8A77-8A77+A77=A77，故D正确.
10.(2026·成都模拟)将6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少分得1本，则下列说法正确的是( )
A.若甲分得1本，乙分得2本，丙分得3本，则有60种方案
B.若每人分得2本，则有90种方案
C.若三人分得书本数互不相同，则有360种方案
D.共有450种分配方案
答案 ABC
解析 对于A，甲1本、乙2本、丙3本，方案数为C61C52C33=60，故A正确；
对于B，每人2本，方案数为C62C42C22A33·A33=90，故B正确；
对于C，书本数互不相同(即1，2，3)，所以方案数为C61C52C33A33=360，故C正确；
对于D，分三类.第一类：每人2本，方案数为90；
第二类：一人1本，一人2本，一人3本，方案数为360；
第三类：一人4本，另外两人各1本，方案数为C64C21C11A22·A33=90，
故总的分配方案数为90+360+90=540，故D错误.
11.(2026·哈尔滨模拟)为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑期开设“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则( )
A.课程“礼”“乐”“射”排在相邻的三周，共有144种排法
B.课程“礼”排在“乐”的后面(可以不相邻)，共有360种排法
C.课程“射”“御”排在不相邻两周，共有240种排法
D.课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，共有504种排法
答案 ABD
解析 对于选项A，课程“礼”“乐”“射”排在相邻的三周，通过捆绑法，将课程“礼”“乐”“射”看成一个整体，
与其他3门课程全排列，共有A33A44=144(种)排法，故A正确；
对于选项B，在所有排列中，课程“礼”排在“乐”的后面与课程“乐”排在“礼”的后面的情况等可能，
各占一半，所以课程“礼”排在“乐”的后面的排法有A662=360(种)，故B正确；
对于选项C，课程“射”“御”排在不相邻两周，通过插空法，先排好其他的4门课程，有5个空位可选，
在其中任选2个安排课程“射”“御”，共有A44A52=480(种)排法，故C错误；
对于选项D，课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，用总的排法数减去课程“乐”排在第一周的排法数，再减去课程“御”排在最后一周的排法数，然后加上课程“乐”排在第一周且课程“御”排在最后一周的排法，则总的排法有A66=720(种)，课程“乐”排在第一周的排法有A55=120(种)，
课程“御”排在最后一周的排法有A55=120(种)，
课程“乐”排在第一周且课程“御”排在最后一周的排法有A44=24(种)，
则满足条件的排法有720-120-120+24=504(种)，故D正确.
三、填空题(每小题5分，共15分)
12.(人教A版选择性必修第三册P37复习参考题6T1(5))5名同学去听同时举行的3个课外知识讲座，每名同学可自由选择听其中的1个讲座，不同选择的种数是 .
答案 243
解析 对于每一名同学来说，都有3种选择，而且允许5名同学听同一个讲座，因此是一个“有重复排列”问题，可以由分步乘法计数原理得不同选择的种数是3×3×3×3×3=35=243.
13.某员工在开办公室四位数的数字密码门时，发现按键“3”“6”“9”上有清晰的指纹印，若该密码确实由“3”“6”“9”这三个数字组成，则该密码有 种可能.(用数字作答)
答案 36
解析 依题意可知，密码由“3”“6”“9”三个数字组成，
所以四位数密码中有两个位置是同一数字，将这两个位置捆绑，再将3，6，9三个数字全排列，
所以该密码有C42A33=36(种)可能.
14.(湘教版选择性必修第一册P208复习题四T11改编)有3种颜色的灯泡，要在如图所示三棱台的6个顶点A，B，C，A1，B1，C1上各装一个灯泡，要求同一条线段两端的灯泡不同色，则不同的安装方法共 种.
答案 12
解析 先安装底面三个顶点，共有A33种不同的安装方法，再安装上底面的三个顶点，共有C21种不同的安装方法，由分步乘法计数原理可知，共有A33·C21=12(种)不同的安装方法.
[每小题5分，共10分]
15.“四平方和定理”最早由欧拉提出，后被拉格朗日等数学家证明.“四平方和定理”的内容是：任意正整数都可以表示为不超过四个自然数的平方和，例如正整数11=32+12+12+02.设36=a2+b2+c2+d2，其中a，b，c，d均为自然数，则满足条件的有序数组(a，b，c，d)的个数是( )
A.26B.28
C.29D.30
答案 C
解析 满足36=a2+b2+c2+d2的自然数a，b，c，d有四组，分别是：6，0，0，0；5，3，1，1；4，4，2，0；3，3，3，3，那么有序数组(a，b，c，d)有A41+A42+A42+1=29(个).
16.(2025·深圳模拟)三名篮球运动员甲、乙、丙进行传球训练(不能传给自己)，由丙开始传，经过5次传递后，球又被传回给丙，则不同的传球方式共有( )
A.6种B.10种C.11种D.12种
答案 B
解析 设在第n(n≥2，n∈N*)次传球后球在丙手中有an种情况，即经过n次传球后球又被传回给丙，在前n次传球中，每次传球都有2种可能，故在前n次传球中共有2n种传球方法，故在第n次传球后，球不在丙手中的情况有(2n-an)种，即球在甲或乙手中，只有在这些情况时，在第n+1次传球后，球才会被传回给丙，即an+1=2n-an，由题意可得a2=2，则a3=22-a2=2，a4=23-a3=6，a5=24-a4=16-6=10.
成套的课件成套的教案成套的试题成套的微专题尽在高中数学同步资源大全QQ群552511468也可联系微信fjshuxue加入百度网盘群1.5T一线老师必备资料一键转存自动更新永不过期
名称
定义
排列
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素
按照一定的顺序排成一列
组合
作为一组
公式
(1)Anm=n(n-1)(n-2)…(n-m+1)=n！(n−m)！(n，m∈N*，且m≤n).
(2)Cnm=AnmAmm=n！m！(n−m)！(n，m∈N*，且m≤n).
性质
(1)0！=1；Ann=n！.
(2)Cn0=1；Cnm=Cnn−m；Cn+1m=Cnm+Cnm−1.
直接法
把符合条件的排列数直接列式计算
优先法
优先安排特殊元素或特殊位置
捆绑法
把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列
插空法
对于不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空当中
定序问题
除法处理
对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列
间接法
正难则反、等价转化