2020版数学（理）新素养高考大一轮（课件、课时达标）：第九章 计数原理与概率、随机变量及其分布 (共18份打包)

课时达标　第55讲 一、选择题 1．现有2门不同的考试要安排在5天之内进行，每天最多进行一门考试，且不能连续两天有考试，那么不同的考试安排方案种数是(　　) A．12 B．6 C．8 D．16 A　解析 若第一门安排在开头或结尾，则第二门有3种安排方法，这时，共有C×3＝6(种)方案．若第一门安排在中间的3天中，则第二门有2种安排方案，这时，共有3×2＝6(种)方案．综上可得，所有的不同的考试安排方案有6＋6＝12(种)，故选A. 2．用0到9这10个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为(　　) A．324 B．648 C．328 D．360 C　解析 首先应考虑0，当0排在个位时，有A＝4×7×8＝224(个)，由分类加法计数原理，得符合题意的偶数共有72＋32＋224＝328(个)． ·A＝4×8＝32(个)．当不含0时，有AA＝9×8＝72(个)，当0不排在个位时，有A 3．有4位教师在同一年级的4个班中各教一个班的数学，在数学检测时要求每位教师不能在本班监考，则监考的方法有(　　) A．8种 B．9种 C．10种 D．11种 B　解析 设四位监考教师分别为A，B，C，D，所教班分别为a，b，c，d，假设A监考b，则余下三人监考剩下的三个班，共有3种不同方法，同理A监考c，d时，也分别有3种不同方法，由分类加法计数原理共有3＋3＋3＝9(种)． 4．如图所示的五个区域中，中心区域是一幅图画，现在要求在其余四个区域中涂色，现有四种颜色可供选择，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域涂色不同，则不同的涂色方法种数为(　　) A．64 B．72 C．84 D．96 C　解析 分成两类，A和C同色时有4×3×3＝36(种)；A和C不同色时有4×3×2×2＝48(种)，所以一共有36＋48＝84(种)，故选C. 5．某体育彩票规定：从01至36共36个号中抽出7个号为一注，每注2元．某人想从01至10中选3个连续的号，从11至20中选2个连续的号，从21至30中选1个号，从31至36中选1个号组成一注，则这人把这种特殊要求的号买全，至少要花(　　) A．3 360元 B．6 720元 C．4 320元 D．8 640元 D　解析 从01至10中选3个连续的号共有8种选法；从11至20中选2个连续的号共有9种选法；从21至30中选1个号有10种选法；从31至36中选一个号有6种选法，由分步乘法计数原理知共有8×9×10×6＝4 320(种)选法，故至少需花4 320×2＝8 640(元)，故选D. 6．设集合I＝{1,2,3,4,5}，选择I的两个非空子集A和B，要使B中最小的数大于A中最大的数，则不同的选择方法共有(　　) A．50种 B．49种 C．48种 D．47种 B　解析 当A中最大的数为1时，B可以是{2,3,4,5}的非空子集，即有24－1＝15(种)方法； 当A中最大的数为2时，A可以是{2}，也可以是{1,2}，B可以是{3,4,5}的非空子集，即有2×(23－1)＝14(种)方法； 当A中最大的数为3时，A可以是{3}，{1,3}，{2,3}，{1,2,3}，B可以是{4,5}的非空子集，即有4(22－1)＝12(种)方法； 当A中最大的数为4时，A可以是{4}，{1,4}，{2,4}，{3,4}，{1,2,4}，{1,3,4}，{2,3,4}，{1,2,3,4}，B可以是{5}， 有8×1＝8(种)方法，故共有15＋14＋12＋8＝49(种)方法． 二、填空题 7．(2019·邯郸一中模拟)从集合{1,2,3，…，10}中，选出由5个数组成的子集，使得这5个数中的任何两个数的和不等于11，这样的子集共有________个． 解析 和为11的数共有5组：1与10,2与9,3与8,4与7,5与6，子集中的元素不能取自同一组中的两个数，即子集中的元素取自5个组中的一个数．而每个数的取法有2种，所以子集的个数为2×2×2×2×2＝25＝32. 答案 32 8．如图所示的几何体由一个正棱锥P－ABC与正三棱柱ABC－A1B1C1组合而成，现用3种不同颜色对这个几何体的表面染色(底面A1B1C1不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的染色方案共有________种． 解析 先涂三棱锥P－ABC的三个侧面，然后涂三棱柱ABC－A1B1C1的三个侧面，共有3×2×1×2＝12种不同的涂色方案． 答案 12 9．(2019·杭州质检)用1,2,3,4,5组成不含重复数字的五位数，数字2不出现在首位和末位，数字1,3,5中有且仅有两个数字相邻，则满足条件的不同五位数的个数是________．(注：用数字作答)　 解析 根据题意，可以分为两步：第一步将1,3,5分为两组且同一组的两个数排序