3.1.1 第2课时 基本计数原理的综合应用 课后达标检测(课件PPT)-【学霸笔记·同步精讲】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册（人教B版）

该高中数学课件聚焦计数原理，通过行程走法、数字排列等生活实例导入，系统呈现分类加法与分步乘法计数原理，从基础应用到带限制条件的综合问题，构建递进式学习支架，帮助学生衔接前后知识。 其亮点在于以现实情境问题驱动，如校园艺术节写字颜色选择、洛书数字组合等，培养学生用数学眼光观察现实世界，通过分类讨论、排除法等解析过程发展数学思维，借助涂色、放球模型强化数学语言表达。助力学生提升应用能力，为教师提供丰富教学案例。

3.1　3.1.1　第2课时　课后达标检测 1．从甲地到乙地有2种走法，从乙地到丙地有4种走法，从甲地不经过乙地到丙地有3种走法，则从甲地到丙地的不同走法的种数为(　　) A.2＋4＋3 B．2×4＋3 C．2×3＋4 D．2×4×3 解析：从甲地经乙地到丙地，有2×4种走法，直接从甲地到丙地有3种走法，所以从甲地到丙地的不同走法种数为2×4＋3.故选B. 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 13 14 15 16 11 1 √ 课后达标 检测 2．用数字0，1，2，3组成没有重复数字的3位数，其中比200大的有(　　) A．24个 B．12个 C．18个 D．6个 解析：由题意可知，百位数字为2或3，其他数位在剩余3个数字中选择2个数字排序即可．由分步乘法计数原理可知，比200大的3位数的个数为2×3×2＝12.故选B. 3 4 5 6 7 8 1 9 10 12 13 14 15 16 11 2 √ 课后达标 检测 3．在校园艺术节才艺展示活动中，小明书写“求真、崇善、唯美”6个字，有2种不同颜色的笔供小明选择，要求每个字是同1种颜色且不能只用1种颜色的笔，则不同的写法共有(　　) A．34种 B．30种 C．62种 D．63种 解析：因为每个字的颜色都有2种选择，即分6步，每步都有2种选法，所以不考虑限制条件有2×2×2×2×2×2＝64种不同的写法，用同种颜色的笔写字只有2种写法，所以要求不能只用1种颜色的笔，则不同的写法共有 64－2＝62(种).故选C. 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 3 √ 课后达标 检测 4．设从东、西、南、北四面通往山顶的路分别有2，3，3，4条，现要从一面上山，从剩余三面中的任意一面下山，则走法最多时应(　　) A．从东面上山 B．从西面上山 C．从南面上山 D．从北面上山 解析：从东面上山，共有2×(3＋3＋4)＝20种走法；从西面上山，共有3×(2＋3＋4)＝27种走法；从南面上山，共有3×(2＋3＋4)＝27种走法；从北面上山，共有4×(2＋3＋3)＝32种走法．故从北面上山走法最多． 3 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 4 √ 课后达标 检测 5．(多选)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．可以组成500个四位数 B．可以组成96个无重复数字的四位数 C．可以组成66个无重复数字的四位偶数 D．可以组成28个百位是奇数的四位偶数 3 4 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 5 √ √ 课后达标 检测 解析：对于A，可以组成4×5×5×5＝500个四位数，故A正确； 对于B，可以组成4×4×3×2＝96个无重复数字的四位数，故B正确； 对于C，若个位数为0，则有4×3×2＝24(个)，若个位数不为0，则有2×3×3×2＝36(个)，所以可以组成24＋36＝60个无重复数字的四位偶数，故C错误； 对于D，可以组成4×2×5×3＝120个百位是奇数的四位偶数，故D错误．故选AB. 3 4 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 5 课后达标 检测 6．(多选)现有3名老师，8名男同学和5名女同学共16人，有一项活动需派人参加，则下列说法中正确的是(　　) A．若只需1人参加，则有16种不同的选法 B．若需老师、男同学、女同学各1人参加，则有120种不同的选法 C．若需1名老师和1名同学参加，则有39种不同的选法 D．若需3名老师和1名同学参加，则有56种不同的选法 3 4 5 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 6 √ √ √ 课后达标 检测 解析：对于A，分三类，选老师有3种选法，选男同学有8种选法，选女同学有5种选法，故共有3＋8＋5＝16种不同的选法，故A正确； 对于B，分三步，第一步选老师，第二步选男同学，第三步选女同学，故共有3×8×5＝120种不同的选法，故B正确； 对于C，分两步，第一步选老师，第二步选同学，第二步又分为两类，第一类选男同学，第二类选女同学，故共有3×(8＋5)＝39种不同的选法，故C正确； 对于D，若需3名老师和1名同学参加，则有8＋5＝13种不同的选法，故D错误．故选ABC. 3 4 5 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 6 课后达标 检测 7．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． 解析：分两类：第1类，由天干的“甲、丙、戊、庚、壬”和地支的“子、寅、辰、午、申、戌”相配，则有5×6＝30组不同的结果；同理，第2类也有30组不同的结果，共可得到30＋30＝60(组). 3 4 5 6 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 7 60 课后达标 检测 8．用数字1，2组成一个四位数，则数字1，2都出现的四位偶数有________个． 解析：由四位数是偶数，知最后一位是2.在四位数中，当出现1个1时，有1222，2122，2212，共3个，当出现2个1时，有1122，1212，2112，共3个，当出现3个1时，只有1112，故数字1，2都出现的四位偶数有3＋3＋1＝7(个). 3 4 5 6 7 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 8 7 课后达标 检测 9.洛书，古称龟书，传说有神龟出于洛水，其甲壳上有如图所示的图象，结构是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，五方白圈皆阳数，四隅黑点为阴数(图中白圈为阳数，黑点为阴数).现利用阴数和阳数构成一个四位数，规则如下：从左往右数第一位数是阳数，第二位数是阴数，第三位数和第四位数一阴一阳和为7，则这样的四位数有________个. 3 4 5 6 7 8 1 10 2 12 13 14 15 16 11 9 120 课后达标 检测 解析：据题意知，阳数为1，3，5，7，9，阴数为2，4，6，8，从左往右第一位数的选法有5种，第二位数的选法有4种，第三位数和第四位数的组合有(1，6)，(2，5)，(3，4)，(4，3)，(5，2)，(6，1)，共6种情况．根据分步乘法计数原理，符合题意的四位数共有5×4×6＝120(个). 3 4 5 6 7 8 1 10 2 12 13 14 15 16 11 9 课后达标 检测 10．将三个分别标有A，B，C的球随机放入编号为1，2，3，4的四个盒子中．求： (1)1号盒中无球的不同放法种数； 解：1号盒中无球即A，B，C三个球只能放入2，3，4号盒子中，有33＝27种放法． (2)1号盒中有球的不同放法种数． 解：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号盒中有两个球，共有3×3＝9种放法；第三类是1号盒中有三个球，有1种放法．因此1号盒中有球，共有27＋9＋1＝37种放法． 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 13 14 15 16 11 10 课后达标 检测 11．如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是(　　) A．48 B．18 C．24 D．36 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 √ 课后达标 检测 解析：正方体的两个顶点确定的直线有棱、面对角线、体对角线，对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有2×12＝24(个)；对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个，不存在四个顶点确定的平面与体对角线垂直，所以正方体中“正交线面对”共有24＋12＝36(个).故选D. 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 课后达标 检测 12．某高中为高一学生提供四门课外选修课：数学史、物理模型化思维、英语经典阅读、《红楼梦》人物角色分析．要求每个学生只选一门课程，若甲选英语经典阅读，乙选数学史或物理模型化思维，学生丙、丁任意选，这四名学生选择后，恰好选了其中三门课程，则他们选课方式的可能情况有________种． 解析：当乙选数学史时，若丙选数学史，则丁有2种选法；若丙选物理模型化思维，则丁有3种选法；若丙选英语经典阅读，则丁有2种选法；若丙选《红楼梦》人物角色分析，则丁有3种选法，共有10种选课方式．同理，当乙选物理模型化思维时，也有10种选法．故共有10＋10＝20种选课方式． 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 13 14 15 16 11 12 20 课后达标 检测 13．现有A，B两种类型的车床各一台，已知甲、乙、丙三名工人中的甲、乙两种车床都会操作，而丙只会操作A种车床．现在要从这三名工人中选两名分别去操作以上车床，则不同的选派方法有________种． 解析：若选甲、乙两人，则甲操作A种车床，乙操作B种车床或甲操作B种车床，乙操作A种车床，共有2种选派方法；若选甲、丙两人，则只有甲操作B种车床，丙操作A种车床这1种选派方法；若选乙、丙两人，则只有乙操作B种车床，丙操作A种车床这1种选派方法．故共有2＋1＋1＝4种不同的选派方法． 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 14 15 16 11 13 4 课后达标 检测 14．将如图所示的A，B，C，D区域按照下列要求涂色．   (1)用3种不同的颜色填涂图中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？ 解：A区域有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可得，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． 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 16 11 14 A B C D 课后达标 检测 将如图所示的A，B，C，D区域按照下列要求涂色．   (2)若恰好用3种不同的颜色给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？ 解：恰好用3种不同的颜色涂四个区域，则A，C区域或A，D区域或B，D区域同色，由分类加法计数原理可得，恰好用3种不同的颜色涂四个区域共有3×2×1＋3×2×1＋3×2×1＝18种不同的涂色方案． 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 16 11 14 A B C D 课后达标 检测 将如图所示的A，B，C，D区域按照下列要求涂色．   (3)若有3种不同的颜色，恰好用2种不同的颜色涂完四个区域，且相邻区域不同色，共有多少种不同的涂色方案？ 解：若恰好用2种不同的颜色涂四个区域，则A，C区域同色，且B，D区域同色，先从3种不同的颜色中任取2种颜色，共有3种不同的取法，然后用所取的2种颜色涂四个区域，共有2种不同的涂法，由分步乘法计数原理可得，恰好用2种不同的颜色涂完四个区域共有3×2＝6种不同的涂色方案． 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 16 11 14 A B C D 课后达标 检测 15．在不超过99的正整数中选出50个不同的正整数，已知这50个数中任意两个数的和都不等于99，也不等于100，则这50个数的和可能等于(　　) A．3 524 B．3 624 C．3 724 D．3 725 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 16 11 15 √ 课后达标 检测 解析：考虑将1，2，…，99这99个正整数分成如下50组：(1，99)，(2，98)，…，(47，53)，(48，52)，(49，51)，(50).若选出的50个不同的正整数中没有50，则必有2个数位于(1，99)，(2，98)，…，(47，53)，(48，52)，(49，51)中的同一组，不合题意．所以这50个不同的正整数中必有50，而(1，99)，(2，98)，…，(47，53)，(48，52)，(49，51)中，每组有且只有一个数被选中．因为50＋49＝99，所以(49，51)中选51；因为51＋48＝99，所以(48，52)中选52；以此类推，可得50，51，52，…，98，99是唯一可能的选法．此时50＋51＋…＋98＋99＝3 725.故选D. 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 16 11 15 课后达标 检测 16．高中学生甲到教室需经过10级台阶的楼梯，学生甲一步可以迈一级或两级或三级台阶，问学生甲有多少种不同的爬楼方法？ 解：设学生甲爬n个台阶有an种方法，考虑最后一步：若最后一步只迈一级台阶，则前n－1个台阶有an－1种方法；若最后一步迈两级台阶，则前n－2个台阶有an－2种不同的方法；若最后一步迈三级台阶，则前n－3个台阶有an－3种不同的方法， 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 16 课后达标 检测 由分类加法计数原理得：an＝an－1＋an－2＋an－3(n≥4)，显然a1＝1，a2＝2，a3＝4， 则a4＝a1＋a2＋a3＝7，a5＝a2＋a3＋a4＝13，a6＝a3＋a4＋a5＝24，a7＝a4＋a5＋a6＝44， a8＝a5＋a6＋a7＝81，a9＝a6＋a7＋a8＝149，a10＝a7＋a8＋a9＝274，故学生甲上10级台阶的楼梯有274种不同的爬楼方法． 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 16 课后达标 检测 $