达标演练1 计数原理(一)&达标演练2 计数原理(二)-【百汇大课堂·高中学习测试卷】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册（人教A版2019）

达标演练一计数原理（一） ]Q,(多选)某城市地候公司为藏的人门绿色出行，决定按肌乘客的乘坐站数实盖分段优惠敢策，不型 过9站的地候票价如下表所示。 [基础巩固] 来生林数g0<xG1r≤6心： 1.小红有4件木同颜色的村系，3件不同花甲的半塘，另有2套不同样式的蓬衣帽.“五一”节蛋选彝 草角/元 一套眼装参扣歌舞演出，则小红选稀穿的不同的衣服有 A.24种 B14钟 C10阳 D9种 足有小化，小李两位乘客同时从首站来坐可一辆地铁，已加轨们来坐地铁都不每过9站，且他门餐 2,已知集合M=(一2,3}，N={一4,5,6，依次从集合M,N中各取出一个数分别作为点P的横坐 日在每个站下地线的可饱性相同，则下列结论中正瑞的是 ( 标和眼量标，期在平面直角坐标暴中位于第一，二单限内的点P的个数是 入若小花，小学两人其花要3元，则小花，小李下地铁的方案共有9种 A.4 B5 C6 D.7 B若小花，小李两人共花蜜5元，期小花、小李下垃铁的方案共有18种 8.某同学从4本不同的科著杂老，3本不同的文摘朵志，2本不闻的娱乐新间杂志中任逐一本阅读，则 亡，若小花，小李两人共花费6元，则小花，小李下地株韵方案共有2了7种 不同的远法共有 D若小花，小李两人共花费6元，赐小花比小李完下泡候的概率为 A.24种 B9种 C3种 D.26种 11,从2,3,5,7,11中每次选出丙个不同的数作为分数的分子，分导，则可产生不同的分数的个数是 4甲，乙两个蓝极分期有9名，30名学生，从两个班中选一名学生，期 ,其中真分数的个数是 A,有29种不同的这法 县有30种不同的选法 12某站动会上，8名男运动员参如100米决赛.其中甲，乙，丙三人必须在1,23,4,5,6,7,8八条跑 C.有59种不同的远法 D.有29×0种不同的选法 看的奇数号跑道上，则安得这8名运动员比赛的方式共有种， 5,〔多端)观有不同的置像5个，缘6个，战球4个，期下列说法正确的是 18.国周上有2w个等分点(m大于2)，任选3个点可壶接成一个三角形，相恰为直角三角怠的选有 A.从中任凳1个球，有15种不同的选法 多少？ B若每种颜色益出1个球，有10种不可的选法 C若要这出不闻根色的2个峰，有31种不同的透法 D若夏不放同地选出任意的2个球，有20种不民的选法 6.已短a∈(2,4.6,8}，6∈(3,5,7,9》，衡用成1如现>1的对数值有 个 了，如图所示，在A,B间有四个焊接点，若煤接点脱落，喇可能导致电幕不通 今发观A,B之列线路不通，则接点酸落的不同情况利种 1L请代诗人黄们权的（茶老共文诗（如图）以连环诗的彩式 8.用数字1,2,3可以图成多少个设有重复数字的整数？ 州诗 展现，0个字绕看茶季围成一圆环，不论眼着读还是遵着了111] 读，皆成佳作.数学中也有这种转性的数字，如2020年02 月02日(20200202)被称为世界完全对移日（公历起年日 得小走各落国肉同点 期中数字左右完全对称的日期)，数学上把20200202这样 的对称数路为同文数，如两位数的问文数共有9个《11,22，，99)， (1)四位数中，因文数有多少个7 ()在所有四位同文数中任选个数字，它是奇数的概率是多少？ [能力提升] 9,算盘是中目右代的一项重要发明，凭有一种算货《如图1)，共两档 自右向左分写表京个位和十位，档中横以第，第上一珠按下，记作数 字5，紧下五珠，上我一珠记作数字1（如图2中算盘表示整数5引.如果 或动图1算盘中的两枝算球，可以表示不间整数的个数为 图2 A.8 B10 C15 D16 达标演练二计数原理（二） 10,《多选》用0,1,2,3,4这五个数字组成无重复数字的自然数，若十位上的数字比百位上的数字和个 位上的数字那小，薄称这个数为“四数”，如301,23等都是“凹数”，则下列结论中正稀的有 [基甜巩固] 1.从集合11,2,3引和11，，5,6引中各取1个无素作为点的坐标，则在直角坐标嘉中能流定不同在的个 A.组境的三位数的个数为60 数为 》 队在组成的三位数中，偶数的个数为如 A.12 8.11 C.24 D.23 G在担成的三位数中，“四数“的个数为20 2.(:+x°+x+1)(y+y十1)(：+1展开后的不月敷为 D.在组成的三位数中，“凹数”的个数为30 A.9 B.12 C.18 D.24 红.甲，乙、丙。丁四位同学决定去餐鹤楼、东湖、汉口红裤游玩，每人只能去一个趋方，议口江裤一定 3.如图，用五种不同的颜色分别始A,B,C,D四个区城涂色，部区拔必须涂不同颜 要有人去，喇不同尊览方案的种粒为 色，若允许司一种两色多次使用，侧不闻的涂法种数为 12.如圆新示，将环彩花坛分成A,B,C,D四块，现有5种不同的花失选种，要求在 A.280 且180 C.96 D,60 每块里面种1种花，且相部的2欢种不同的花，则不同的静怯总数为 4.把10个草果分成三堆，要求每蜂至少1个，至多5个，属不同的分法共有 13.将三个分别标有A,B,C的球随机收人编号为1,2,3,4的四个盒子中.求： A4种 且5种 C,6种 D.7种 《1》1号盘中无球的不同方法种数： 5.如图，标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信皂量，现从编点 (2》1号盒中有球的不间放法种散 A向结点B传通消息，信皇可以分开沿不同的慈线同时传垂，小圆圈表示网格 约结点，销点之间的连线表示他门」有网线相连，则单位时同内传送的信息量可 以为 A.18 且.19 C,24 D.26 .现有5种不可醒色要对如图所示的四个部分过斤看色，要求有公共边界的两块不衡 用司一种顾色，雨不同的着色方法共有种 7.现有某类病毒记作X了，其中正壁数能（程1，忘9》可以任意达取，则不司匈 选敢种数为·m,用都取到奇数的授常为 从用0,1,2,3，…，9十个数字可组载多少个不同的： 14.称子集A二M=1,2,3,4.5,6,7,8,9,10,111是“好的”，如果它有下遂鞋质“若2表EA,则2k 1)三位数？ 一1∈A且2：+1EA(∈N“(空集和M都是好的)，则M中有多少个包含？个藕数的“好的” (2)无重复数字的三位数？ 子集2 (3)小于500且没有重复数字的自然数7 [脆力提升] 9,一植物园的参观路径如图所示，若要全那参观并且降规不重复，则不可的参现 路线共有 A6期 B8种 C,36种 D,48种 4答案精析 9.A解析：拨动梁下个位两珠，或十位两珠，能组成的 达标演练一计数原理（一） 整数为2,20，共2个：从个位的梁上、梁下，十位的梁 1.B解析：首先分两类.第一类是穿衬衣和半裙，由分 上、梁下四个位置中选两个，拨动选中的这两个位置 步乘法计数原理知共有4×3=12种；第二类是穿连 各一珠，能组成的整数为6,51,60,15,11,55，共6 衣裙有2种.所以由分类加法计数原理知共有12十2 个，所以不同整数的个数为2十6=8. =14种穿衣服的方式. 10.BCD解析：若小花、小李两人共花费5元，则两人 2.A解析：集合M={一2,3}，N={一4,5,6}，依次从 中1人花费2元，1人花费3元，小花、小李下地铁 集合M,N中各取出一个数分别作为点P的横坐标 的方案共有2×3×3=18（种），故A错误，B正确； 和纵坐标共有2×3=6（种），其中在平面直角坐标系 若小花、小李两人共花费6元，则两人中1人花费2 中位于第一、二象限内的点P有：（一2,5），（一2,6）， 元，1人花费4元或2人都花费3元，小花、小李下 (3,5),(3,6),共4个 地铁的方案共有2×3×3+3×3=27（种），C正确， 3.B解析：不同的杂志本数为4十3十2=9（种），从其 其中小花比小李先下地铁有3×3+3=12（种），概 中任选一本阅读，共有9种选法。 4.C解析：分两类：第一类从甲班选有29种方法，第 率为号台：故D正商 二类从乙班选有30种方法.由分类加法计数原理得 11.2010解析：产生分数可分两步：第一步，产生分 共有29十30=59种不同方法. 子有5种方法：第二步，产生分母有4种方法，共有 5.AB解析：对于A,从中任选1个球，不同的选法共 5×4=20个分数.产生真分数，可分四类：第一类， 有5十6十4=15（种），故A正确；对于B,每种颜色选 当分子是2时，有4个真分数，同理，当分子分别是 出1个球，可分步从每种颜色分别选择，不同的选法 3,5,7时，真分数的个数分别是3,2,1，故真分数共 共有5×6×4=120（种），故B正确；对于C,若要选 有4+3+2+1=10个. 出不同颜色的2个球，首先按颜色分黄黑，黄蓝、黑 12.2880解析：分两步安排这8名运动员.第一步：安 蓝三类，再进行各类分步选择，不同的选法共有5×6 排甲、乙、丙三人，共有1,3,5,7四条跑道可安排， +5×4十6×4=74（种），故C错误；对于D,若要不 共有4×3×2=24（种）方法； 放回地选出任意的2个球，直接分步计算，不同的选 第二步：安排另外5人，可在2,4,6,8及余下的一 法共有15×14=210（种），故D错误. 条奇数号跑道安排，共有5×4×3×2×1=120（种） 6.9解析：分四类：当a=2时，b取3,5,7,9四种情 方法.所以安排这8人的方式共有24×120=2880 况；当a=4时，b取5,7,9三种情况：当a=6时，b (种). 取7,9两种情况；当a-8时，b取9一种情况.所以 13.解：先在圆园周上找一点，因为有2个等分点，所以 总共有4十3+2+1=10（种），又1og23=log,9,所以 应有n条直径，不过该点的直径应有(n一1)条，这 对数值有9个. (n一1)条直径都可以与该点形成直角三角形，即一 7.13解析：按照焊接点脱落的个数进行分类：第1 个点可形成(n一1)个直角三角形，而这样的点有 类，脱落1个，有1,4，共2种：第2类，脱落2个，有 2n个，所以一共可形成2n(n一1)个符合条件的直 (1,4),(2,3),(1,2),(1,3),(4,2),(4,3),共6种： 角三角形. 第3类，脱落3个，有(1,2,3)，(1,2,4)，(2,3,4)，14.解：(1)四位数的回文数只用排列前两位数字，后面 (1,3,4),共4种；第4类，脱落4个，有(1,2,3,4)，共 的数字就可以确定，但是第一位数不能为0，有9种 1种.根据分类加法计数原理，焊接点脱落的情况共 情况，第二位数有10种情况，故四位数的回文数的 有2+6+4十1=13（种）. 个数为9×10=90. 8.解：分三类：①第一类为一位整数，有1,2,3，共3个； (2)四位数的回文数的第一位数是奇数，有5种情 ②第二类为两位整数，有12,13,21,23,31,32，共6 况，第二位数有10种情况，故四位数的回文数中奇 个；③第三类为三位整数，有123,132,213,231,312， 数的个数为5×10-50，在所有四位数的回文数中， 321,共6个..共组成3+6+6=15个无重复数字 的整数. 出现奇数的概率为号， (3)满足条件的一位自然数有10个，两位自然数有 达标演练二计数原理（二） 9×9=81个，三位自然数有4×9×8=288个，由分 1.D解析：先在{1,2,3}中取出一个元素，共有3种取 类加法计数原理知小于500且无重复数字的自然数 法，再在1,4,5,6}中取出一个元素，共有4种取法， 共有10+81+288=379个. 取出的两个数作为点的坐标有2种方法，由分步乘 9.D解析：选择参观路线分步完成：第一步，选择三个 法计数原理知不同的点的个数为N=3×4×2=24. “环形”路线中的一个，有3种方法，再按逆时针或顺 又点(1,1)被算了两次，所以共有24一1=23（个）. 时针方向参观有2种方法；第二步，选择余下两个 2.D解析：分三步：第一步，从(x3+x2十x十1)中任 “环形”路线中的一个，有2种方法，也按逆时针或顺 取一项，有4种方法；第二步，从(y2十y十1)中任取 时针方向参观有2种方法：最后一个“环形”路线，也 一项，有3种方法；第三步，从(x十1)中任取一项有2 按逆时针或顺时针方向参观有2种方法.由分步乘 种方法.根据分步乘法计数原理，得共有4×3×2= 法计数原理知，共有3×2×2×2×2=48种方法. 24(项). 10.BC解析：对于A,因为百位数上的数字不能为0， 3.B解析：按区城分四步：第一步A区域有5种颜色 所以组成的三位数的个数为4×4×3=48，故A错 可选；第二步B区域有4种颜色可选；第三步C区域 误；对于B,将所有三位数的偶数分为两类，①个位 有3种颜色可选：第四步由于可重复使用区域A中 数为0，则有4×3=12（个），②个位数为2或4，则 已有过的颜色，故也有3种颜色可选用，由分步乘法 有2×3×3=18（个），所以在组成的三位数中，偶数 计数原理知，共有5×4×3×3=180种涂法. 的个数为12十18-30，故B正确；对于C,D,将这些 4.A解析：分类：三堆中“最多”的一堆为5个，其他两 “凹数”分为三类，①十位为0，则有4×3=12（个）， 堆总和为5，每堆至少1个，只有2种分法.三堆中 ②十位为1，则有3×2=6（个），③十位为2，则有2 “最多”的一堆为4个，其他两堆总和为6，每堆至少1 ×1=2(个)，所以在组成的三位数中，“凹数”的个 个，只有2种分法.三推中“最多”的一推为3个，那 数为12+6+2=20，故C正确，D错误. 是不可能的. 11.65解析：根据题意，甲、乙、丙、丁四位同学决定去 5.B解析：第一条线路单位时间内传递的最大信息量 黄鹤楼、东湖、汉口江滩游玩，且每人只能去一个地 为3：第二条线路单位时间内传递的最大信息量为 方，则每人有3种选择，则4人一共有3×3×3×3 4:第三条线路单位时间内传递的最大信息量为6：第 =81种情况，若汉口江滩没人去，即四位同学选择 四条线路单位时间内传递的最大信息量为6.因此该 了黄鹤楼、东湖，每人有2种选择方法，则4人一共 段网线单位时间内可以通过的最大信息量为3十4十 有2×2×2×2=16种情况，故汉口江滩一定要有 6+6=19. 人去有81-16=65种情况. 6.180解析：分步涂色，第一步对A涂色有5种方法， 12.260解析：第一种情况，当AC相同时，有5×4×1 第二步对B涂色有4种方法，第三步对C涂色有3 ×4=80(种)方法，第二种情况，当AC不同时，有5 种方法，第四步对D涂色有3种方法，.总的方法数 ×4×3×3=180(种)方法，综上可知，共有80+180 为5×4×3×3=180种. =260(种)方法. 13.解：(1)1号盒中无球即A,B,C三个球只能放入2， 7.63 20 3 解析：因为正整数m,n满足m≤7，n≤9， 3,4号盒子中，由分步乘法计数原理，有33=27种 由分步乘法计数原理，(m,n)所有可能的取值的种 放法 数为7×9=63，其中m,n都取到奇数的情况有4×5 (2)1号盒中有球可分三类：第一类是1号盒中有一 个球，共有3×32=27种放法，第二类是1号盒中有 三20种，故所求概率为3，/ 两个球，共有3X3=9种放法，第三类是1号盒中 8.解：(1)由于0不能在百位，故百位上数字有9种选 有三个球，有1种放法.由分类加法计数原理知，共 法，十位与个位上的数字均有10种选法.所以不同 有27+9+1=37种放法. 的三位数共有9×10×10=900个. 14.解：含有2个偶数的“好的”子集A,有两种不同的 (2)百位上的数字有9种选法，十位上的数字有除百 情形：①两偶数是相邻的，有4种可能：2,4；4,6；6， 位上的数字以外的9种选法，个位上的数字应从剩 8;8,10.每种情况必有3个奇数相随（如2,4∈A, 余8个数字中选取，所以共有9×9×8=648个无重 则1,3,5∈A).余下的3个奇数可能在集合A中， 复数字的三位数 也可能不在集合A中，故这样的“好的”子集共有4 2 ×23=32个.②两偶数不相邻，有6种可能：2,6：2， 两位数6×6=36（个）.对于C,D选项，两位数中每 8:2,10:4,8;4,10;6,10.每种情况必有4个奇数相 位上的数字均为1,2,3,4,5,6六个数字中的一个 随（如2,6∈A,则1,3,5,7∈A).余下的2个奇数 第一步，得首位数字，有6种不同结果，第二步，得 可能在集合A中，也可能不在集合A中，故这样的 个位数字，有5种不同结果，故可得无重复数字的 “好的”子集共有6×22=24个.综上所述，集合M 两位数有6×5=30（个）. 中有32十24=56个包含2个偶数的“好的”子集. 11.60解析：由题意可知，本题为从5个元素中选3 达标演练三排列 个元素的排列问题，所以安排方法有5×4×3=60 (种). 1.D 12.20解析：从原来的4个节目形成的5个空中，选2 2.C解析：依题意只需将5所大学全排列即可，即不 个空排列，共有5×4=20（种）添加方法. 同的轮映顺序有5×4×3×2×1=120种 13.解：有10个人，6把不同的椅子，可以把原问题抽象 3.D解析：由题意可得不同的采访顺序有4×3×2× 为从10个元素取6个元素占据6个不同的位置，故 1=24(种). 不同的坐法有10×9×8×7×6×5=151200（种）. 4.B解析：“word”一共有4个不同的字母，这4个字 14.解：(1)任意两队之间要进行一场主场比赛及一场 母全排列有4×3×2×1=24种方法，其中正确的有 客场比赛，对应于从16支球队任取两支的一个排 1种，所以错误的有24一1-23种. 列，比赛的总场次是16×15=240（场）. 5.BD解析：因为加法和乘法满足交换律，所以选出两 (2)由(1)中的分析，比赛的总场次是8×7×2十1= 个数做加法和乘法时，结果与两数字位置无关，故不 是排列问题，而减法、除法与两数字的位置有关，故 113(场). 是排列问题. 达标演练四排列数 6.24解析：由题意，不同的送法种数为4×3×2×1 =24. 1.D解析：根据排列数公式可得：23X24×25×…× 7.②解析：对于①，假设10位同学中含甲乙，甲与乙 35=A3. 通一次电话，也就是乙与甲通一次电话，没有顺序区 2.D解析：依题意，组成的无重复数字的三位数的个 别，故不是排列问题；对于②，假设10位同学中含甲 数为A=60. 乙，甲给乙写一封信，跟乙给甲写一封信，是不一样 3.D解析：根据题意，先将7人排成一列，有A7种排 的，是有顺序区别的，故属于排列问题；对于③，假设 法，其中A,B,C三人进入展厅的次序必须是先B 10位同学中含甲乙，甲与乙握一次手，也就是乙与甲 再A后C,即A,B,C三人顺序一定，则不同的列队 握一次手，没有顺序区别，故不是排列问题。 8.解：(1)由题意作“树状图”，如下 方式有A 840种. 众承在在 4.C解析：依题意，首场已排语文，即只需求出另外5 科的场次的排列数即可，排除数学与英语外的另外3 故组成的所有两位数为12,13,14,21,23,24,31,32， 科有A种，再把数学、英语插入4个空隙中有A 34,41,42,43,共有12个. 种，由分步乘法计数原理得AA=6×12=72,所以 (2)由题意作“树状图”，如下 这六个学科不同的考试顺序共有72种 5.CD解析：（直接法）先排第一位，有A;种方法，再 排后三位有A种方法，所以共有AA种排法；（间 接法)先进行全排列共有A种排法，首位是0的排 故所有的排列为abc,abd,acb,acd,adb,adc,bac, bad,bca,bed,bda,bdc,cab,cad,cba,cbd,cda, 法为A,所以共有A:一A种排法. cdb,dab,dac,dba,dbc,dca,dcb. 6.120解析：由A-6A+5A=A-A十A=A 9.B解析：可组成下列四位数：1012,1021,1102， =5×4×3×2×1=120. 1120,1201,1210,2011,2101,2110,共9个. 7.72解析：由题可知，同一家人座位相邻，将6个座 10.BC解析：对于A,B选项，两位数中每位上的数字 位分成两组，每组3个座位，同一家人相邻的不同坐 均为1,2,3,4,5,6六个数字中的一个，共有这样的 法种数为2AA-72. ·3