5.1.3 基本计数原理的简单应用同步练习-2025-2026学年高二上学期数学北师大版（2019）选择性必修第一册

1.3　基本计数原理的简单应用 一、知识基础 1.(探究点一·2025河南信阳模拟)从0,1,2,5中取三个不同的数字,组成能被5整除的三位数,则不同的三位数有(　　) A.12个 B.10个 C.8个 D.7个 2.(探究点一)已知集合M={1,-2,3},N={-4,5,6,-7},从两个集合中各取一个元素作为点的坐标,则在平面直角坐标系中,第一、二象限内不同点的个数为(　　) A.18 B.16 C.14 D.10 3.(探究点四)如图所示,一圆形花坛分成A,B,C,D四块,现有四种不同的花供选种,要求在每块里种一种花,且相邻的两块种不同的花,则不同的种法种数为(　　) A.96 B.84 C.60 D.48 4.(探究点一)(多选题)已知数字0,1,2,3,4,由它们组成四位数,下列说法正确的有(　　) A.组成可以有重复数字的四位数有500个 B.组成无重复数字的四位数有96个 C.组成无重复数字的四位偶数有66个 D.组成无重复数字的四位奇数有28个 5.(探究点三)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 6.(探究点二)五个工程队承建某项工程的5个不同的子项目,每个工程队承建1项,其中甲工程队不能承建1号子项目,则不同的承建方案有　　　　　种.  7.(探究点三)现用3种不同的颜色给正五边形ABCDE的五个顶点涂色,要求相邻顶点的颜色不同,则不同的涂色方法种数为　　　　　.  8.(探究点一)若把两条异面直线看成“一对”,那么六棱锥的棱所在的12条直线中,异面直线共有多少对? 二、能力提升 9.两人进行乒乓球比赛,采取五局三胜制,即先赢三局者获胜,决出胜负为止,则所有可能出现的情形(各人输赢局次的不同视为不同情形)共有(　　) A.10种 B.15种 C.20种 D.30种 10.(a1+a2)(b1+b2)(c1+c2+c3)完全展开后的项数为(　　) A.9 B.12 C.18 D.24 11.(多选题)已知a∈{2,3,4},b∈{4,6,7},则方程=1可表示不同的椭圆的个数用式子表示为(　　) A.3+3+3 B.3+3+2 C.3×3-1 D.3×3 12.如图,提供4种不同的颜色给图中A,B,C,D四块区域涂色,若相邻的区域不能涂同一种颜色,则不同的涂法共有　　　　　种.  13.古人用天干、地支来表示年、月、日、时的次序.用天干的“甲、丙、戊、庚、壬”和地支的“子、寅、辰、午、申、戌”相配,用天干的“乙、丁、己、辛、癸”和地支的“丑、卯、巳、未、酉、亥”相配,共可配成　　　　　组.  14.整数630不同的正因数(包括1和630)共有　　　　　个.  15.(1)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,则这样的子集共有多少个? (2)设集合A={1,2,3,…,13},集合B是A的子集,且集合B任意两数之差都不等于6或7.则集合B中最多有多少个元素? 参考答案 1.B　能被5整除的三位数末位数字是0或5,当末位数字为0时,此时有=6个符合条件的三位数,当末位数字为5时,此时有2×2=4个符合条件的三位数,因此一共有4+6=10个.故选B. 2.C　分两类:一是以集合M中的元素为横坐标,以集合N中的元素为纵坐标,有3×2=6个不同的点,二是以集合N中的元素为横坐标,以集合M中的元素为纵坐标,有4×2=8个不同的点,故由分类加法计数原理得共有6+8=14个不同的点. 3.B　依次种A,B,C,D 4块,当C与A种同一种花时,有4×3×1×3=36种种法;当C与A所种的花不同时,有4×3×2×2=48种种法.由分类加法计数原理知,不同的种法种数为36+48=84. 4.AB　对选项A,四位数的首位不能为0,有4种情况,其他数位有5种情况,则组成可以有重复数字的四位数有4×5×5×5=500个,故选项A正确;对选项B,四位数的首位不能为0,有4种情况,在剩下的4个数字中任选3个,排在后面3个数位,有4×3×2=24种情况,则组成无重复数字的四位数有4×24=96个,故选项B正确;对选项C,若0在个位,有4×3×2=24个四位偶数,若0不在个位,有3×3×2×2=36个四位偶数,则组成无重复数字的四位偶数共有24+36=60个四位偶数,故选项C错误;对选项D,组成无重复数字的四位奇数有3×3×2×2=36个,故选项D错误.故选AB. 5.A　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. 6.96　 7.30　如图,考虑B,C,E三点的涂色情况,若B,C,E三点涂三种颜色,则该三点共有3×2×1=6种涂色方法,此时A有1种涂色方法,D有1种涂色方法,则共有6×1×1=6种涂色方法;若B,C,E三点涂两种颜色,则E与B同色,或E与C同色,当E与B同色时,该三点共有3×2=6种涂色方法,此时A有2种涂色方法,D有1种涂色方法,则共有6×2×1=12种涂色方法,同理,当E与C同色时,共有6×2×1=12种涂色方法.综上,不同的涂色方法种数为6+12+12=30. 8.解 底面上的六条棱所在的直线共面,则每两条之间不能构成异面直线.六条侧棱所在的直线共点,每两条之间也不能构成异面直线.结合图形可知,底面上的六条棱所在的直线中的每一条与和它不相交的四条侧棱所在的四条直线中的每一条能构成异面直线.再由分步乘法计数原理知,可构成异面直线6×4=24对. 9.C　由题意知,比赛局数最少为3局,至多为5局.当比赛局数为3局时,情形为甲或乙连赢3局,共2种;当比赛局数为4局时,若甲赢,则前3局中甲赢2局,最后一局甲赢,共有3种情形;同理,若乙赢,则也有3种情形,所以共有6种情形;当比赛局数为5局时,前4局,甲、乙双方各赢2局,最后一局胜出的人赢,若甲前4局赢2局,共有赢取第1,2局,1,3局,1,4局,2,3局,2,4局,3,4局六种情形,所以比赛局数为5局时共有2×6=12种,综上可知,共有2+6+12=20种.故选C. 10.B 11.BC　 12.48　先对B区域涂色,共有4种不同的涂法,再对D区域涂色,共有3种不同的涂法,再对A区域涂色,共有2种不同的涂法,最后对C区域涂色,共有2种不同的涂法,根据分步乘法计数原理,则不同的涂法共有4×3×2×2=48种. 13.60　 14.24　整数630=2×32×5×7;然后注意到每一因数可出现的次幂数,2可有20,21两种情况,3有30,31,32三种情况,5有50,51两种情况,7有70,71两种情况,按分步乘法计数原理,整数630的正因数(包括1和630)共有2×3×2×2=24个. 15.解 (1)将和为11的数分组:(1,10),(2,9),(3,8),(4,7),(5,6)共5组,只要从这5组每组中各取一个数就符合题意,每组有2种取法,故有25=32个子集. (2)构造A的下列13个子集:{1,7},{2,8},{3,9},{4,10},{5,11},{6,12},{7,13},{1,8},{2,9},{3,10},{4,11},{5,12},{6,13},A中每一个数恰好属于2个子集,由于从A中取7个元素,其中必有两个元素属于同一个子集,它们的差为6或7,因此,A中任意7个元素都不能同时属于集合B,即B中最多只有6个元素,又因为B={1,2,3,4,5,6}中任意两数之差不等于6或7,此时符合要求,所以集合B中最多有6个元素. 4 学科网（北京）股份有限公司 $$