课时达标检测(2) 两个计数原理的综合应用(课件PPT)-【赢在微点·轻松课堂】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册（人教A版2019）

高中数学 选择性必修 第三册 A版 课时达标检测(二) 两个 计数原理的综合应用 课时达标检测(二) 两个计数原理的综合应用 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 A版 第 ‹#› 页 赢在字里行间 课时达标检测(二) 两个计数原理的综合应用 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 A版 第 ‹#› 页 赢在字里行间 课时达标检测(二) 两个计数原理的综合应用 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 A版 第 ‹#› 页 赢在字里行间 课时达标检测(二) 两个计数原理的综合应用 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 A版 第 ‹#› 页 赢在字里行间 课时达标检测(二) 两个计数原理的综合应用 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 A版 第 ‹#› 页 赢在字里行间 课时达标检测(二) 两个计数原理的综合应用 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 A版 第 ‹#› 页 赢在字里行间 课时达标检测(二) 两个计数原理的综合应用 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 A版 第 ‹#› 页 赢在字里行间 课时达标检测(二) 两个计数原理的综合应用 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 A版 第 ‹#› 页 赢在字里行间 课时达标检测(二) 两个计数原理的综合应用 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 A版 第 ‹#› 页 赢在字里行间 课时达标检测(二) 两个计数原理的综合应用 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 A版 第 ‹#› 页 赢在字里行间 课时达标检测(二) 两个计数原理的综合应用 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 A版 第 ‹#› 页 赢在字里行间 课时达标检测(二) 两个计数原理的综合应用 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 A版 第 ‹#› 页 赢在字里行间 课时达标检测(二) 两个计数原理的综合应用 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 A版 第 ‹#› 页 赢在字里行间 课时达标检测(二) 两个计数原理的综合应用 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 A版 第 ‹#› 页 赢在字里行间 课时达标检测(二) 两个计数原理的综合应用 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 A版 第 ‹#› 页 赢在字里行间 课时达标检测(二) 两个计数原理的综合应用 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 A版 第 ‹#› 页 赢在字里行间 课时达标检测(二) 两个计数原理的综合应用 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 A版 第 ‹#› 页 赢在字里行间 课时达标检测(二) 两个计数原理的综合应用 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 A版 第 ‹#› 页 赢在字里行间 课时达标检测(二) 两个计数原理的综合应用 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 A版 第 ‹#› 页 赢在字里行间 课时达标检测(二) 两个计数原理的综合应用 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 A版 第 ‹#› 页 赢在字里行间 基础达标 一、单项选择题 1.将3张不同的奥运会门票分给10名同学中的3人,每人1张,则不同分法的种数是 ( ) A.2 160 B.720 C.240 D.120 解析　第1张门票有10种分法,第2张门票有9种分法,第3张门票有8种分法,由分步乘法计数原理得共有10×9×8=720(种)分法。故选B。 B 2.从0,1,2,…,9这10个数字中,任取2个不同数字作为平面直角坐标系中点(a,b)的坐标,能够确定不在x轴上的点的个数是 ( ) A.100 B.90 C.81 D.72 解析　分两步,第1步选b,因为b≠0,所以有9种不同的选法;第2步选a,因为a≠b,所以也有9种不同的选法。由分步乘法计数原理知共有9×9=81个点满足要求。故选C。 C 3.从集合A={0,1,2,3,4}中任取三个数作为二次函数y=ax2+bx+c的系数a,b,c,则可构成不同的二次函数的个数是 ( ) A.48 B.59 C.60 D.100 解析　由于是二次函数,需分三步确定系数a,b,c,a有除0之外的4种选法,b有4种选法,c有3种选法,故不同的二次函数有4×4×3=48(个)。 A 4.从集合{1,2,3,…,10}中任意选出三个不同的数,使这三个数成等比数列,这样的等比数列个数为 ( ) A.3 B.4 C.6 D.8 解析　递增的等比数列为1,2,4;1,3,9;2,4,8;4,6,9共4个。同理,递减的等比数列也有4个,故所求的等比数列有8个。 D 5.中国有十二生肖,又叫十二属相,每一个人的出生年份对应了十二种动物(鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪)中的一种,现有十二生肖的吉祥物各一个,甲同学喜欢牛和马,乙同学喜欢牛、狗和羊,丙同学哪个吉祥物都喜欢,三位同学按甲、乙、丙的顺序依次选一个作为礼物,如果让三位同学选取的礼物都满意,那么不同的选法有 ( ) A.360种 B.50种 C.60种 D.90种 解析　①甲同学选择牛,乙有2种选法,丙有10种选法,选法有1×2×10=20(种),②甲同学选择马,乙有3种选法,丙有10种选法,选法有1×3×10=30(种),所以共有20+30=50(种)选法。故选B。 B 6.有6种不同的颜色,给图中的6个区域涂色,要求相邻区域不同色,则不同的涂色方法共有 ( ) A.4 320种 B.2 880种 C.1 440种 D.720种 A 解析　第1个区域有6种不同的涂色方法,第2个区域有5种不同的涂色方法,第3个区域有4种不同的涂色方法,第4个区域有3种不同的涂色方法,第5个区域有4种不同的涂色方法,第6个区域有3种不同的涂色方法。根据分步乘法计数原理,共有6×5×4×3×4×3=4 320(种)不同的涂色方法。故选A。 二、多项选择题 7.现有5幅不同的国画、2幅不同的油画、7幅不同的水彩画,下列说法正确的有 ( ) A.从中任选一幅画布置房间,有14种不同的选法 B.从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间,有70种不同的选法 C.从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间,有59种不同的选法 D.要从5幅不同的国画中选出2幅,分别挂在左、右两边墙上的指定位置,共有9种不同的挂法 ABC 解析　对于A,分为三类:从国画中选,有5种不同的选法;从油画中选,有2种不同的选法;从水彩画中选,有7种不同的选法,根据分类加法计数原理,共有5+2+7=14种不同的选法,A正确。对于B,分为三步:国画、油画、水彩画分别有5种、2种、7种不同的选法,根据分步乘法计数原理,共有5×2×7=70种不同的选法,B正确。对于C,分为三类:第1类是一幅选自国画,一幅选自油画,由分步乘法计数原理知,有5×2=10种不同的选法;第2类是一幅选自国画,一幅选自水彩画,有5×7=35种不同的选法;第3类是一幅选自油画,一幅选自水彩画,有2×7=14种不同的选法,所以共有10+35+14=59种不同的选法,C正确。对于D,从5幅国画中选出2幅分别挂在左、右两边墙上,可以分两个步骤完成:第1步,从5幅画中选1幅挂在左边墙上,有5种选法;第2步,从剩下的4幅画中选1幅挂在右边墙上,有4种选法,根据分步乘法计数原理,不同挂法的种数N=5×4=20,D错误。故选ABC。 8.用0,1,2三个不同的数字组成不同的四位数(只允许重复1个数字),下列说法正确的是 ( ) A.首位数是1的四位数共有9个 B.首位数是1的四位数共有12个 C.首位数是2的四位数共有12个 D.符合题意的四位数共有36个 解析　首位是1,若0重复,则有3个;若1重复,则有6个;若2重复,则有3个,合计共有12个。首位是2,同样共有12个。首位不能是0。 BC 三、填空题 9.有10本不同的数学书,9本不同的语文书,8本不同的英语书,从中任取两本不同类的书,共有______种不同的取法。  解析　分三类:第一类,取数学书和语文书,有10×9=90(种);第二类,取数学书和英语书,有10×8=80(种);第三类,取语文书和英语书,有9×8=72(种)。故共有90+80+72=242(种)。 242 10.用1,2,3可以写出没有重复数字的整数______个。  解析　分三类:第一类为一位整数,有3个;第二类为两位整数,有12,21,23,32,13,31,共6个;第三类为三位整数,有123,132,231,213,321,312,共6个,所以共可以写出没有重复数字的整数3+6+ 6= 15(个)。 15 11.某班一天上午有4节课,每节都需要安排一名教师去上课。现从A,B,C,D,E,F 6名教师中安排4人分别上一节课,第一节课只能从A,B两人中安排一人,第四节课只能从A,C两人中安排一人,则不同的安排方案共有______种。(用数字作答)  解析　分两类:第一类,第一节课若安排A,则第四节课只能安排C,第二节课从剩余4人中任选1人,第三节课从剩余3人中任选1人,共有4×3=12种排法;第二类,第一节课若安排B,则第四节课可安排A或C,第二节课从剩余4人中任选1人,第三节课从剩余3人中任选1人,共有2×4×3=24种排法。因此不同的安排方案有12+24=36种。 36 四、解答题 12.用0,1,2,3,4,5可以组成多少个无重复数字的 (1)密码箱的四位密码; (2)比2 000大的四位偶数。 解　(1)分步解决。第一步:选取第一个位置上的数字,有6种选取方法;第二步:选取第二个位置上的数字,有5种选取方法;第三步:选取第三个位置上的数字,有4种选取方法;第四步:选取第四个位置上的数字,有3种选取方法。由分步乘法计数原理知,可组成无重复数字的四位密码共有6×5×4×3=360个。 (2)按个位是0,2,4分为三类。 第一类:个位是0的有4×4×3=48个;第二类:个位是2的有3×4×3=36个;第三类:个位是4的有3×4×3=36个。故由分类加法计数原理得比2 000大的四位偶数有48+36+36=120个。 13.假设今天是4月23日,某市未来六天的空气质量预报情况如表所示。该市有甲、乙、丙三人计划在未来六天(4月24日~4月29日)内选择一天出游,在①甲只选择空气质量为优的一天出游;②乙不选择4月27日出游;③丙不选择4月24日出游;④甲与乙不选择同一天出游这四个条件中任选其中三个,求这三人出游的不同方法种数。 未来六天空气质量预报 4月24日 4月25日 4月26日 4月27日 4月28日 4月29日 优 优 优 优 良 良 解　若选择①②③,则三人出游的不同方法种数N=4×5×5=100。 若选择①②④,则需分两类,第一类,若甲选择4月27日出游,则三人出游的不同方法种数N1=5×6=30;第二类,若甲不选择4月27日出游,则三人出游的不同方法种数N2=3×4×6=72。故这三人出游的不同方法种数N=N1+N2=102。 若选择①③④,则三人出游的不同方法种数N=4×5×5=100。 若选择②③④,则三人出游的不同方法种数N=5×5×5=125。 素养提升 14.古代“五行”学认为:“物质分金、木、土、水、火五种属性,金克木,木克土,土克水,水克火,火克金。”将五种不同属性的物质任意排成一列,但排列中属性相克的两种物质不相邻,则这样的排列方法共有 ( ) A.5种 B.10种 C.20种 D.120种 解析　由题意,可看作五个位置排列五种事物,第一位置有五种排列方法,不妨假设排上的是金,则第二步只能从土与水两者中选一种排放,故有两种选择,不妨假设排上的是水,第三步只能排上木,第四步只能排上火,第五步只能排上土,故总的排列方法有5×2×1×1×1=10(种)。 B 15.现有某类病毒记作XmYn,其中正整数m,n(m≤7,n≤9)可以任意选取,则m,n都取到奇数的概率为 __________。  解析　因为正整数m,n满足m≤7,n≤9,所以(m,n)所有可能的取值有7×9=63(种),其中m,n都取到奇数的情况有4×5=20(种),因此所求概率为。   16.甲,乙,丙三人传球,由甲开始发球,并作为第1次传球,经过5次传球后,球仍回到甲手中,则不同的传球方式共有多少种? 解　如图:甲→　→　→　→　→甲 第一个空与第四个空不能是甲,分三类讨论: (1)若第二个空是甲,则第一个空有2种选择方式,第三个空有2种选择方式,第四个空仅有1种选择方式,所以有2×2=4种方式; (2)若第三个空是甲,同上,有2×2=4种方式; (3)若第二个、第三个空都不是甲,则仅有如下两种传球方式:甲→乙→丙→乙→丙→甲;甲→丙→乙→丙→乙→甲。所以共有4+4+2=10种方式。 $$