7.1 第1课时 两个基本计数原理 课时跟踪检测-【新课程学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册配套练习word（苏教版）

7.1 第1课时 两个基本计数原理 [课时跟踪检测] 1.现有3幅不同的油画,4幅不同的国画,3幅不同的水彩画,从这些画中选一幅布置房间,则不同的选法共有 (　　) A.10种 B.12种 C.20种 D.36种 解析:选A　依题意,不同的选法共有3+4+3=10种.故选A. 2.现有3名老师、6名男同学和4名女同学共13人.若需1名老师和1名学生参加评选会议,则不同的选法种数为 (　　) A.30 B.18 C.12 D.13 解析:选A　先从3名老师中任选1名,有3种选法,再从10名学生中任选1名,有10种选法.由分步计数原理知,不同的选法种数为3×10=30. 3.体育场南侧有4个大门,北侧有3个大门,某人到该体育场晨练,则他进、出门的方案有 (　　) A.12种 B.7种 C.14种 D.49种 解析:选D　由题意知某人从体育场进门有4+3=7(种)方式,出门有4+3=7(种)方式,根据分步计数原理可知,他进、出门的方案有7×7=49(种). 4.从集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取两个不同的数a,b组成复数a+bi,其中虚数有 (　　) A.30个 B.42个 C.36个 D.35个 解析:选C　要完成这件事可分两步,第一步确定b(b≠0),有6种方法,第二步确定a,有6种方法,故由分步计数原理知,共有6×6=36(个)虚数. 5.现有4名同学去听同时进行的3个课外知识讲座,每名同学可自由选择其中的一个讲座,不同选法的种数是 (　　) A.81 B.64 C.48 D.24 解析:选A　每个同学都有3种选择,所以不同选法共有34=81(种). 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,那么电路不通时焊接点脱落的不同情况有 (　　) A.9种 B.11种 C.13种 D.15种 解析:选C　按照可能脱落的个数分类讨论.若脱落1个,则有(1),(4),共2种情况;若脱落2个,则有(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4),共6种情况;若脱落3个,则有(1,2,3),(1,2,4),(2,3,4),(1,3,4),共4种情况;若脱落4个,则有(1,2,3,4),共1种情况.综上,共有2+6+4+1=13(种)情况. 7.给一些书编号,准备用3个字符,其中首字符用A,B,后两个字符用a,b,c(允许重复),则不同编号的书共有 (　　) A.8本 B.9本 C.12本 D.18本 解析:选D　需分三步完成:第一步,首字符有2种编法;第二步,第二个字符有3种编法;第三步,第三个字符有3种编法,故由分步计数原理知,不同编号的书共有2×3×3=18(本). 8.十字路口来往的车辆,如果不允许回头,则不同的行车路线有 (　　) A.24种 B.16种 C.12种 D.10种 解析:选C　完成该任务可分为四类,从每一个方向的入口进入都可作为一类,如图,从第1个入口进入时,有3种行车路线;同理,从第2个,第3个,第4个入口进入时,都分别有3种行车路线,由分类计数原理可得共有3+3+3+3=12(种)不同的行车路线. 9.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 (　　) A.64 B.56 C.53 D.51 解析:选C　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. 10.[多选]现有四个组的学生34人,其中一、二、三、四组分别有7人、8人、9人、10人,他们自愿组成数学课外小组.下列说法正确的是 (　　) A.选其中1人为负责人,有34种不同的选法 B.每组选1名为组长,有5 040种不同的选法 C.推选2人做中心发言,有691种不同的选法 D.推选2人做中心发言,这2人须来自不同的组,有431种不同的选法 解析:选ABD　分四类:第一类,从一组学生中选1人,有7种选法;第二类,从二组学生中选1人,有8种选法;第三类,从三组学生中选1人,有9种选法;第四类,从四组学生中选1人,有10种选法.所以共有不同的选法N1=7+8+9+10=34(种).所以A正确; 分四步:第一、二、三、四步分别从一、二、三、四组学生中选1名为组长.所以共有不同的选法N2=7×8×9×10=5 040(种).所以B正确; 分两类,第一类是在一、二、三、四组中各选2人,共有(7×6+8×7+9×8+10×9)÷2=130,第二类是在四组中各取两组,每组选一人,从一、二组学生中各选1人,有7×8种不同的选法;从一、三组学生中各选1人,有7×9种不同的选法;从一、四组学生中各选1人,有7×10种不同的选法;从二、三组学生中各选1人,有8×9种不同的选法;从二、四组学生中各选1人,有8×10种不同的选法;从三、四组学生中各选1人,有9×10种不同的选法.所以共有不同的选法N3=7×8+7×9+7×10+8×9+8×10+9×10=431(种).两类共有130+431=561(种),所以C错误,D正确. 11.(5分)已知直线方程Ax+By=0,若从0,1,2,3,5,7这六个数中每次取两个不同的数分别作为A,B的值,则Ax+By=0可表示　　　　条不同的直线.  解析:当A=0时,可表示1条直线;当B=0时,可表示1条直线;当AB≠0时,A有5种选法,B有4种选法,可表示5×4=20条不同的直线.由分类计数原理,知共可表示1+1+20=22条不同的直线. 答案:22 12.(5分)某教学楼共有6层,每层都有南、北两个楼梯,则从一楼到六楼共有　　　　种走法.  解析:根据题意,教学楼共有6层,共5层楼梯,每层均有两个楼梯,即每层有2种走法,则一共有2×2×2×2×2=32(种)走法. 答案:32 13.(10分)某节目中准备了两个信箱,其中存放着先后两次竞猜中成绩优秀的观众来信,甲信箱中有30封,乙信箱中有20封.现由主持人抽奖确定幸运观众,若先从两个信箱中任意确定一名幸运之星,再从两信箱中各确定一名幸运伙伴有多少种不同结果? 解:抽奖过程分三步完成,考虑到幸运之星可分别出现在两个信箱中,故可分两种情形考虑,分两大类: ①幸运之星在甲信箱中抽,先定幸运之星,再在两信箱中各定一名幸运伙伴有30×29×20=17 400(种)结果. ②幸运之星在乙信箱中抽,同理有20×19×30=11 400(种)结果. 所以共有不同结果17 400+11 400=28 800(种). 14.(10分)从集合{1,2,3,…,10}中任意选出三个不同的数,使这三个数成等比数列,这样的等比数列有多少个? 解:法一　以1为首项的等比数列为1,2,4;1,3,9.以2为首项的等比数列为2,4,8.以4为首项的等比数列为4,6,9.把这4个数列的顺序颠倒,又得到4个数列,所以所求的数列共有2×(2+1+1)=8(个). 法二　当公比为2时,等比数列可为1,2,4;2,4,8;当公比为3时,等比数列可为1,3,9;当公比为时,等比数列可为4,6,9.同时,4,2,1;8,4,2;9,3,1和9,6,4也是等比数列,共8个. 学科网（北京）股份有限公司 $