课时达标检测2 基本计数原理的应用(教用Word)-【赢在微点·轻松课堂】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册（人教B版2019）

课时达标检测(二)　基本计数原理的应用 基础达标 一、单项选择题 1.现有不同的语文书9本,不同的数学书7本,不同的英语书5本,从中选出不属于同一学科的书2本,则不同的选法有 (C) A.21种 B.315种 C.143种 D.153种 解析　由题意,可分三类:第一类,语文、数学各1本,共有9×7=63种;第二类,语文、英语各1本,共有9×5=45种;第三类,数学、英语各1本,共有7×5=35种。由分类加法计数原理知,共有63+45+35=143种不同选法。 2.已知如图的每个开关都有闭合、不闭合两种可能,因此5个开关共有25种可能,在这25种可能中,电路从P到Q接通的情况有 (C) A.30种 B.10种 C.16种 D.24种 解析　5个开关都闭合有1种接通方式;4个开关闭合有5种接通方式;3个开关闭合有8种接通方式;2个开关闭合有2种接通方式。故共有1+5+8+2=16种接通方式。 3.现用4种不同颜色的笔对如图所示的四个部分进行着色,要求有公共边界的两块不能用同一种颜色,则不同的着色方法共有 (D) A.24种 B.30种 C.36种 D.48种 解析　由分步乘法计算原理知,共有4×3×2×2=48种,故选D。 4.给一个凸五边形的各边染色,每条边可以染红、黄、蓝三种颜色中的一种,但相邻边的颜色不同,则不同的染色方法有 (C) A.18种 B.24种 C.30种 D.32种 解析　如图,染边1时有3种染法,染边2时有2种染法。(1)当边3与边1同色时,边3有1种染法,则边4有2种染法,边5有1种染法,此时不同的染法有3×2×1×2×1=12(种)。(2)当边3与边1不同色时,边3有1种染法,①当边4与边1同色时,边4有1种染法,边5有2种染法;②当边4与边1不同色时,边4有1种染法,边5有1种染法,则此时不同的染法共有3×2×1×(1×2+1×1)=18(种)。由分类加法计数原理,可得不同的染法种数为12+18=30。 5.从1,2,3,4,5,6,7,8,9这9个数字中任取两个,其中一个作为底数,另一个作为真数,则可以得到不同对数值的个数为 (C) A.64 B.56 C.53 D.51 解析　由于1只能作为真数,则以1为真数,从其余各数中任取一数为底数,对数值均为0。从除1外的其余各数中任取两数分别作为对数的底数和真数,共能组成8×7=56(个)对数式,其中,log24=log39,log42=log93,log23=log49,log32=log94,重复了4次,所以得到不同对数值的个数为1+56-4=53。故选C。 6.如图所示,在A,B间有四个焊接点1,2,3,4,若焊接点脱落导致断路,则电路不通。今发现A,B之间电路不通,则焊接点脱落的不同情况有 (C) A.9种 B.11种 C.13种 D.15种 解析　按焊接点脱落的个数分类:脱落1个,有(1),(4),共2种;脱落2个,有(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4),共6种;脱落3个,有(1,2,3),(1,2,4),(1,3,4),(2,3,4),共4种;脱落4个,有(1,2,3,4),共1种。由分类加法计数原理,焊接点脱落的情况共有2+6+4+1=13种,故选C。 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 (ABC) 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 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 (BC) 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。 三、填空题 9.甲、乙、丙3个班各有3,5,2名三好学生,现准备推选2名来自不同班的三好学生去参加校三好学生代表大会,共有 31 种推选方法。若2名同学来自相同班,则有 14 种推选方法。  解析　来自不同班分为三类:①甲班选1名,乙班选1名,根据分步乘法计数原理,有3×5=15(种)选法;②甲班选1名,丙班选1名,根据分步乘法计数原理,有3×2=6(种)选法;③乙班选1名,丙班选1名,根据分步乘法计数原理,有5×2=10(种)选法。综上,根据分类加法计数原理,共有15+6+10=31(种)推选方法。来自相同班分为三类:①甲班选2人有3种方法,②乙班选2人有10种方法,③丙班选2人有1种方法。综上由分类加法计数原理共有3+10+1=(14)种推选方法。 10.已知函数f(x)的定义域为{1,2,3},值域为{1,2,3,4}的非空真子集,设点A(1,f(1)),B(2,f(2)),C(3,f(3)),且(+)·=0,则满足条件的函数f(x)有 20 个。  解析　由(+)·=0,=-,可知=,所以[f(1)-f(2)]2=[f(3)-f(2)]2,整理得f(1)=f(3)或f(1)+f(3)=2f(2)。当f(1)=f(3)时,f(1)有4种选择,f(2)有4种选择,故满足条件的f(x)有4×4=16(个);当f(1)≠f(3)时,则f(1)+f(3)=2f(2),此时f(1),f(2),f(3)成等差数列,有4种选择,故满足条件的f(x)有4个。所以满足条件的函数f(x)共有16+4=20(个)。 11.某市参加中考的4位同学在同一天的上、下午参加“篮球运球”“立定跳远”“肺活量”“握力”“长跑”五个项目的测试,每位同学上、下午各测试一个项目,且不重复。若上午不测“握力”项目,下午不测“长跑”项目,其余项目上、下午都各测一人,则不同的安排方式共有 264 种。  解析　上午的测试方式共有4×3×2×1=24(种)。以A,B,C,D,E依次代表题中的五个测试项目。若上午测试E的同学下午测试D,则上午测试A的同学下午只能测试B,C中一种,其余两位同学的测试项目唯一确定,共有2种测试方式;若上午测试E的同学下午测试A,B,C中一种,则上午测试A,B,C的同学中选1人下午测试D,其余两位同学的测试项目唯一确定,共有3×3=9种测试方式,根据分类加法计算原理,得下午的测试方式共有2+9=11(种),根据分步乘法计数原理,得总的测试方式共有24×11=264(种)。 四、解答题 12.某校高中部,高一有6个班,高二有7个班,高三有8个班,学校利用星期六组织学生到某厂进行社会实践活动。 (1)任选1个班的学生参加社会实践活动,有多少种不同的选法? (2)三个年级各选1个班的学生参加社会实践活动,有多少种不同的选法? (3)选2个班的学生参加社会实践活动,要求这2个班不同年级,有多少种不同的选法? 解　(1)分三类:第一类,从高一年级选1个班,有6种不同的选法;第二类,从高二年级选1个班,有7种不同的选法;第三类,从高三年级选1个班,有8种不同的选法。由分类加法计数原理,知共有6+7+8=21(种)不同的选法。 (2)分三步:第一步,从高一年级选1个班,有6种不同的选法;第二步,从高二年级选1个班,有7种不同的选法;第三步,从高三年级选1个班,有8种不同的选法。由分步乘法计数原理,得共有6×7×8=336(种)不同的选法。 (3)分三类,每类又分两步。第一类,从高一、高二两个年级中各选1个班,有6×7=42(种)不同的选法;第二类,从高一、高三两个年级中各选1个班,有6×8=48(种)不同的选法;第三类,从高二、高三年级各选1个班,有7×8=56(种)不同的选法。故共有42+48+56=146(种)不同的选法。 13.给出如图所示的A,B,C,D四个区域,按照下列要求涂色。 A B C D (1)用3种不同颜色填涂图中A,B,C,D四个区域,且使相邻区域不同色,若按从左到右依次涂色,有多少种不同的涂色方案? (2)若恰好用3种不同颜色给A,B,C,D四个区域涂色,且相邻区域不同色,共有多少种不同的涂色方案? (3)若有3种不同颜色,恰好用2种不同颜色涂完四个区域,且相邻区域不同色,共有多少种不同的涂色方案? 解　(1)涂A区有3种涂法,B,C,D区域各有2种不同的涂法,由分步乘法计数原理知将A,B,C,D四个区域涂色共有3×2×2×2=24种不同的涂色方案。 (2)恰用3种不同颜色涂四个区域,则A,C区域或A,D区域或B,D区域必同色。由加法计数原理可得恰用3种不同颜色涂四个区域共3×2×1+3×2×1+3×2×1=18种不同涂色的方案。 (3)若恰好用2种不同颜色涂四个区域,则A,C区域必同色,且B,D区域必同色。先从3种不同颜色中任取2种颜色,共3种不同的取法,然后用所取的2种颜色涂四个区域,共2种不同的涂法。由分步乘法计数原理可得恰好用2种不同颜色涂四个区域,共有3×2=6种不同的涂色方案。 拓广探索 14.现在某类新病毒记作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。 15.某中学调查了某班全部45名同学参加书法社团和演讲社团的情况,数据如下表:(单位:人) 参加书法社团 未参加书法社团 参加演讲社团 8 5 未参加演讲社团 2 30 (1)从该班随机选1名同学,求该同学至少参加上述一个社团的概率; (2)在既参加书法社团又参加演讲社团的8名同学中,有5名男同学A1,A2,A3,A4,A5,3名女同学B1,B2,B3。现从这5名男同学和3名女同学中各随机选出1人,求A1被选中且B1未被选中的概率。 解　(1)由调查数据,知既未参加书法社团又未参加演讲社团的有30人,故至少参加上述一个社团的共有45-30=15(人),所以从该班随机选1名同学,该同学至少参加上述一个社团的概率P==。 (2)从这5名男同学和3名女同学中各随机选出1人,其所有可能的结果有5×3=15(种)。根据题意,知这些样本点的出现是等可能的。 事件“A1被选中且B1未被选中”所包含的样本点有(A1,B2),(A1,B3),共2个。因此A1被选中且B1未被选中的概率P=。 学科网（北京）股份有限公司 $$