课时分层评价31 基本计数原理的简单应用(习题课)-【正禾一本通】2025-2026学年高二数学选择性必修第一册同步课堂高效讲义配套练习（北师大版）

课时分层评价31　基本计数原理的简单应用(习题课) (时间：60分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (1—9，每小题5分，共45分) 1.已知乘积(a1＋a2)(b1＋b2＋b3)(c1＋c2＋c3＋…＋cn)(n∈N＋)展开后共有60项，则n的值为(　　) A.7 B.10 C.12 D.15 答案：B 解析：根据多项式的乘法法则，展开后的项数为2×3×n＝60，所以n＝10.故选B. 2.甲、乙、丙三人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下.由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回甲，则不同的传递方式共有(　　) A.4种 B.5种 C.6种 D.12种 答案：C 解析：若甲先传给乙，则有甲→乙→甲→乙→甲，甲→乙→甲→丙→甲，甲→乙→丙→乙→甲3种不同的传法；同理，甲先传给丙也有3种不同的传法，故共有3＋3＝6(种)不同的传法.故选C. 3.用3种不同颜色给右图所示的五个圆环涂色，要求相交的两个圆环不能涂相同的颜色，不同的涂色方案种数为(　　) A.48 B.72 C.144 D.1 280 答案：A 解析：从左到右依次涂色，第一个图形可以涂3种颜色，第二、三、四、五个图形可以涂2种颜色，共有3×2×2×2×2＝48种不同的涂色方案.故选A. 4.甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有(　　) A.6种 B.12种 C.24种 D.30种 答案：C 解析：由题意知可分步完成此事：第一步，甲、乙选相同的1门共有4种方法；第二步，甲再选1门有3种方法；第三步，乙再选一门有2种选法，由分步乘法计数原理知，甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有4×3×2＝24(种).故选C. 5.数学中“凸数”是一个位数不低于3的奇位数，是最中间的数位上的数字比两边的数字都大的数，则没有重复数字且大于564的三位数中“凸数”的个数为(　　) A.147 B.112 C.65 D.50 答案：C 解析：最高位是5的“凸数”，中间数分别为7，8，9，分别有6，7，8个，共有21个；最高位是6的“凸数”，中间数分别为7，8，9，分别有6，7，8个，共有21个；最高位是7的“凸数”，中间数分别为8，9，分别有7，8个，共有15个；最高位是8的“凸数”，中间数为9，有8个，所以没有重复数字且大于564的三位数中“凸数”的个数为21＋21＋15＋8＝65.故选C. 6.(多选题)现有4个兴趣小组，第一、二、三、四组分别有6人、7人、8人、9人，则下列说法正确的是(　　) A.选1人为负责人的选法种数为30 B.每组选1名组长的选法种数为3 024 C.若推选2人发言，这2人需来自不同的小组，则不同的选法种数为335 D.若另有3名学生加入这4个小组，可自由选择小组，且第一组必有人选，则不同的选法有35种 答案：ABC 解析：对于A，选1人为负责人的选法种数：6＋7＋8＋9＝30，故A正确；对于B，每组选1名组长的选法种数：6×7×8×9＝3 024，故B正确；对于C，2人需来自不同的小组的选法种数：6×7＋6×8＋6×9＋7×8＋7×9＋8×9＝335，故C正确；对于D，依题意：若不考虑限制，每个人有4种选择，共有43种选择，若第一组没有人选，每个人有3种选择，共有33种选择，所以不同的选法有43－33＝37(种)，故D错误.故选ABC. 7.星期二下午的3节课排物理、化学和自习课各一节，要求第一节不排自习课，那么不同的排课方法种数为　　　　　. 答案：4 解析：将安排分为3步，第一步先安排第一节有2种方法，第二步排第二节有2种方法，第三步排第三节只有1种方法，故不同的排课方法种数为：2×2×1＝4. 8.将序号分别为1，2，3，4的4张参观券全部分给3人，每人至少1张，如果分给同一人的2张参观券连号，那么不同的分法种数是　　　. 答案：18 解析：将序号分别为1，2，3，4的4张参观券分成三组，且2张参观券连号在一组，有12，3，4；23，1，4；34，1，2三种情况，每组分给3人，有3×2×1＝6种，所以不同的分法种数为3×6＝18. 9.《九章算术》、《数书九章》、《周髀算经》是中国古代数学著作，甲、乙、丙三名同学计划每人从中选择一种来阅读，若三人选择的书不全相同，则不同的选法有　　　种. 答案：24 解析：若三人选书没有要求，则有33＝27种，若三人选择的书完全相同，则有3种，所以三人选择的书不全相同，不同的选法有27－3＝24种. 10.(15分)用0，1，2，3，…，9十个数字可组成多少个不同的： (1)三位数； (2)无重复数字的三位数； (3)小于500且无重复数字的三位奇数. 解：(1)由于0不能在首位，所以首位数字有9种选法， 十位与个位上的数字均有10种选法， 所以不同的三位数共有9×10×10＝900(个). (2)百位数字有9种选法，十位数字有除百位数字以外的9种选法， 个位数字应从剩余8个数字中选取， 所以共有9×9×8＝648(个)无重复数字的三位数. (3)若个位为1或3，则小于500的三位奇数有2×3×8＝48(个)； 若个位为5或7或9，则小于500的三位奇数有3×4×8＝96(个)； 所以小于500的三位奇数有48＋96＝144(个). (11—13，每小题5分，共15分) 11.某班举办新年联欢班会，抽奖项目设置了特等奖、一等奖、二等奖、三等奖、鼓励奖共五种奖项. 甲、乙、丙、丁、戊每人抽取一张奖票，开奖后发现这5人的奖项都不相同. 甲说：“我不是鼓励奖”；乙说：“我不是特等奖”；丙说：“我的奖没有戊好但是比丁的强”.根据以上信息，这5人的奖项的所有可能的种数是(　　) A.12 B.13 C.24 D.26 答案：B 解析：甲是特等奖，乙有4种情况，则丙、丁、戊有1种情况，所以有4×1＝4种；甲不是特等奖，则甲有3种情况，乙有3种情况，而丙、丁、戊有1种情况，所以有3×3×1＝9种；所以5人的奖项的所有可能的种数是4＋9＝13.故选B. 12.(多选题)用n种不同的颜色涂图中的矩形A，B，C，D，要求相邻的矩形涂色不同，不同的涂色方法总种数记为s，则(　　) A.s(3)＝12 B.s(4)＝36 C.s(5)＝120 D.s(6)＝600 答案：AD 解析：当n＝3时，分四步：第一步，涂C处，有3种涂色方案；第二步，涂D处，有2种涂色方案；第三步，涂A处，有2种涂色方案；第四步，涂B处，有1种涂色方案.所以不同的涂色方法种数共为3×2×2×1＝12，所以s(3)＝12，故A正确；当n＝4时，分四步：第一步，涂C处，有4种涂色方案；第二步，涂D处，有3种涂色方案；第三步，涂A处，有3种涂色方案；第四步，涂B处，有2种涂色方案.所以不同的涂色方法种数共为4×3×3×2＝72，所以s(4)＝72，故B错误；当n＝5时，分四步：第一步，涂C处，有5种涂色方案；第二步，涂D处，有4种涂色方案；第三步，涂A处，有4种涂色方案；第四步，涂B处，有3种涂色方案.所以不同的涂色方法种数共为5×4×4×3＝240，所以s(5)＝240，故C错误；当n＝6时，分四步：第一步，涂C处，有6种涂色方案；第二步，涂D处，有5种涂色方案；第三步，涂A处，有5种涂色方案；第四步，涂B处，有4种涂色方案.所以不同的涂色方法种数共为6×5×5×4＝600，所以s(6)＝600，故D正确.故选AD. 13.某外语组有9人，每人至少会英语和日语中的一门，其中7人会英语，3人会日语，从中选出会英语和日语的各一人分别参加相应语种的活动，则不同的选法有　　　　种. 答案：20 解析：由题意得9人中既会英语又会日语的“多面手”有1人，只会英语的有6人，只会日语的有2人，则可分三类.第一类：“多面手”去参加英语活动时，选出只会日语的1人即可，有2种选法.第二类：“多面手”去参加日语活动时，选出只会英语的1人即可，有6种选法.第三类：“多面手”既不参加英语活动也不参加日语活动，则需从只会日语和只会英语的人中各选1人参加活动，有2×6＝12(种)选法.故共有2＋6＋12＝20(种)不同的选法. 14.(15分)现有4个编号为1，2，3，4的不同的球和5个编号为1，2，3，4，5的不同的盒子，把球全部放入盒子内. (1)共有多少种不同的放法？ (2)每个盒子内只放一个球，恰有2个盒子的编号与球的编号相同，不同的放法有多少种？ (3)将4个不同的球换成无编号的相同的球，恰有一个空盒的放法有多少种？ 解：(1)由题意，4个编号为1，2，3，4的球和5个编号为1，2，3，4，5的盒子， 把球全部放入盒子内，共有5×5×5×5＝54种不同的放法. (2)每个盒子内只放一个球，恰有2个盒子的编号与球的编号相同，若1号球2号球分别放入1号盒2号盒，记为“12”，则2个盒子的编号与球的编号相同的情况有“12，13，14，23，24，34”6种情况，对于“12”情况，3号球可放入4号盒子或5号盒子，则4号球分别有2种放法或1种放法，所以完成这件事共有6×(2＋1)＝18种不同的放法. (3)将4个不同的球换成无编号的相同的球，恰有一个空盒，即有4个盒子每个盒子放1个球，可空下1号盒子，2号盒子，3号盒子，4号盒子，5号盒子，共有5种放法. (15、16，每小题5分，共10分) 15.(创新题)如图，无人机光影秀中，有8架无人机排列成如图所示，每架无人机均可以发出4种不同颜色的光，1至5号的无人机颜色必须相同，6，7号无人机颜色必须相同，8号无人机与其他无人机颜色均不相同，则这8架无人机同时发光时，灯光组合的种数为(　　) A.48 B.12 C.18 D.36 答案：D 解析：根据题意可知，1至5号的无人机颜色有4种选择；当6，7号无人机颜色与1至5号的无人机颜色相同时，8号无人机颜色有3种选择；当6，7号无人机颜色与1至5号的无人机颜色不同时，6，7号无人机颜色有3种选择，8号无人机颜色有2种选择；再由分类加法和分步乘法计数原理计算可得共有4×＝36种.故选D. 16.(2024·新课标Ⅱ卷)在如图的4×4的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有　　　　种选法.在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是　　　　　　　. 11 21 31 40 12 22 33 42 13 22 33 43 15 24 34 44 答案：24　112 解析：第一步，从第一行任选一个数，共有4种不同的选法；第二步，从第二行选一个与第一个数不同列的数，共有3种不同的选法；第三步，从第三行选一个与第一、二个数均不同列的数，共有2种不同的选法；第四步，从第四行选一个与第一、二、三个数均不同列的数，只有1种选法.由分步乘法计数原理知，不同的选法种数为4×3×2×1＝24.先按列分析，每列必选出一个数，故所选4个数的十位上的数字分别为1，2，3，4.再按行分析，第一、二、三、四行个位上的数字的最大值分别为1，3，3，5，故从第一行选21，从第二行选33，从第三行选43，从第4行选15，此时个位上的数字之和最大.故选中方格中的4个数之和的最大值为21＋33＋43＋15＝112. 学生用书⬇第129页 学科网（北京）股份有限公司 $