7.1 第2课时 两个计数原理的应用 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2课时 两个计数原理的应用 [课时跟踪检测] 1.5名运动员进行3项体育运动比赛,每项只设有冠军和亚军各一名,那么各项冠军获得者的不同情况的种数为 (　　) A.53 B.35 C.120 D.10 解析:选A　每个项目只有一个冠军,每一名运动员都可能获得其中的一项冠军,因此每个项目获冠军的可能性有5种.∴n=5×5×5=53. 2.用0,1,…,9十个数字,可以组成有重复数字的三位数的个数为 (　　) A.243 B.252 C.261 D.279 解析:选B　能够组成三位数的个数为9×10×10=900,能够组成无重复数字的三位数的个数为9×9×8=648,故能够组成有重复数字的三位数的个数为900-648=252. 3.某单位把5个“先进个人奖”分给3个部门,每个部门至少1个名额,那么不同的名额分配方案总数为 (　　) A.6 B.10 C.15 D.21 解析:选A　按照2,2,1和3,1,1两种方案分配名额,将3个名额分到一个部门,另两个部门各1个名额有3种分法.将1个名额分到一个部门,另两个部门各2个名额有3种分法.根据分类计数原理,共有3+3=6种分配方案. 4.在由0,1,2,3,4,5所组成的没有重复数字的四位数中,能被5整除的有 (　　) A.512个 B.192个 C.240个 D.108个 解析:选D　能被5整除的四位数,可分为两类:一类是末位为0,由分步计数原理,共有5×4×3=60(个);另一类是末位为5,由分步计数原理,共有4×4×3=48(个).由分类计数原理得所求的四位数共有60+48=108(个). 5.现有5种不同颜色的染料,要对如图所示的四个不同区域进行涂色,要求有公共边的两个区域不能使用同一种颜色,则不同的涂色方法的种数是 (　　) A.120 B.140 C.240 D.260 解析:选D　由题意,先涂A处共有5种涂法,再涂B处有4种涂法,然后涂C处,若C处与A处所涂颜色相同,则C处共有1种涂法,D处有4种涂法;若C处与A处所涂颜色不同,则C处有3种涂法,D处有3种涂法,由此可得不同的涂色方法有5×4×(1×4+3×3)=260(种).故选D. 6.如果一条直线与一个平面平行,那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”.在一个长方体中,由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是 (　　) A.60 B.48 C.36 D.24 解析:选B　长方体的6个表面构成的“平行线面组”的个数为6×6=36,另含4个顶点的6个面(非表面)构成的“平行线面组”的个数为6×2=12,故符合条件的“平行线面组”的个数是36+12=48.故选B. 7.两人进行乒乓球比赛,采取五局三胜制,即先赢3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 解析:选C　由题意知,比赛局数最少为3局,最多为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. 8.现有印有数字0,1,2,6,12,20,22,26的卡片,每种卡片均相同且有若干张.若从中任选几张卡片并摆成一排,则数字20220126的摆放方式共有 (　　) A.12种 B.18种 C.24种 D.28种 解析:选B　依题意,摆放20的方式有2,0或20两种方式;摆放220的方式有2,2,0或22,0或2,20三种方式;摆放126的方式有1,2,6或12,6或1,26三种方式;由分步计数原理知,数字20220126的摆放方式共有2×3×3=18种方式. 9.(5分)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:第一类,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,第二类也有30组不同的结果,共可得到30+30=60(组). 答案:60 10.(5分)在三位正整数中,若十位数字小于个位和百位数字,则称该数为“驼峰数”.比如“102”“546”为“驼峰数”,由数字1,2,3,4可构成无重复数字的“驼峰数”有　　　　　个.  解析:十位上的数为1时,有213,214,312,314,412,413,共6个,十位上的数为2时,有324,423,共2个,所以共有6+2=8(个). 答案:8 11.(5分)4位同学参加某种形式的竞赛,竞赛规定:每位同学必须从甲、乙两道题中任选一题作答,答对甲题得100分,答错得-100分;答对乙题得90分,答错得-90分.若4位同学的总得分为0,则这4位同学不同的得分情况种数是　　　　.  解析:分两类:第一类,都选甲题,则两人正确两人错误,所有可能的情况有6种;第二类,都选乙题,则两人正确两人错误,所有可能的情况有6种;第三类,若两人选甲题,两人选乙题,并且一对一错,则所有的情况有6×2×2=24(种).综上,这4位同学不同的得分情况有6+6+24=36(种). 答案:36 12.(5分)甲、乙、丙、丁四位毕业生被安排去北京、上海、广州三个地方实习,每人只能去一个城市,北京一定要有人去,则不同的实习安排方案有　　　种.  解析:根据题意,甲、乙、丙、丁四位毕业生被安排去北京、上海、广州三个地方实习,每人只能去一个城市,则每人有3种选择,则4人一共有3×3×3×3=81种选择;若北京没人去,即四位实习生选择了去上海、广州,每人有2种选择,则4人一共有2×2×2×2=16种选择,即北京一定要有人去的实习安排方案有81-16=65(种). 答案:65 13.(10分)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;(3分) (2)1号盒中有球的不同放法种数.(7分) 解:(1)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)法一:直接法　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.共有27+9+1=37(种)放法. 法二:间接法　小球随机放的方法数为43=64,由(1)知1号盒中无球的方法数为27,故1号盒中有球的方法数为64-27=37. 学科网（北京）股份有限公司 $