人教A版（2019）选修第三册第六章第一节分类加法计数原理与分布乘法计数原理word版含答案
文档属性
| 名称 | 人教A版（2019）选修第三册第六章第一节分类加法计数原理与分布乘法计数原理word版含答案 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 389.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-02-17 17:53:26 | ||
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文档简介
人教A版（2019） 选修第三册 第六章 第一节 分类加法计数原理与分布乘法计数原理
一、单选题
1．从10种不同的软件中选出6种放在6个不同的架子上展出，每个架子上只能放一种软件，且第1号架子上不能放甲或乙种软件，那么不同的放法共有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
2．函数，若函数有3个不同的零点，，，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3．景区中有一座山，山的南面有2条道路，山的北面有3条道路，均可用于游客上山或下山，假设没有其他道路，某游客计划从山的一面走到山顶后，接着从另一面下山，则不同走法的种数是
A．6 B．10 C．12 D．20
4．某单位在一次团建时，组织了一次寻宝活动，参加活动的人从点出发，到点停止，途中要在，，三个藏宝地点找到宝物.已知各点之间的路线距离（单位：百米）见下表.若每个藏宝地点只经过一次，那么寻宝路线的最短距离是（ ）
0 5 4 5 6
5 0 7 6 2
4 7 0 9 8.6
5 6 9 0 5
6 2 8.6 5 0
A．23 B．22 C．21 D．20.6
5．我国中医药选出的“三药三方”对治疗某疾病有显著效果．若某医生“三药三方”中随机选出2种，则恰好选出1药1方的方法种数为（ ）
A．15 B．30 C．6 D．9
6．甲与其四位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是9，0，2，1，5，为遵守当地某月5日至9日5天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的车通行，偶数日车牌尾数为偶数的车通行)，五人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但甲的车最多只能用一天，则不同的用车方案种数为（ ）
A．64 B．80 C．96 D．120
7．数字“”中，各位数字相加和为，称该数为“长久四位数”，则用数字组成的无重复数字且大于的“长久四位数”有（ ）个
A． B．
C． D．
8．互不相同的盆菊花，其中盆为白色，盆为黄色，盆为红色，现要摆成一排，要求红色菊花摆放在正中间，白色菊花不相邻，黄色菊花也不相邻，共有摆放方法（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
9．5个人排成一列，其中甲不排在末位，且甲、乙两人不能相邻，则满足条件的所有排列有（ ）
A．18种 B．36种 C．48种 D．54种
10．2只猫把5只老鼠捉光,不同的捉法有( )种.
A． B． C． D．
11．将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲 乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有（ ）
A．12种 B．24种 C．36种 D．8种
12．将A，B，C，D四个小球放入编号为1，2，3的三个盒子中，若每个盒子中至少放一个球且A，B不能放入同一个盒子中，则不同的放法种数为（ ）
A．15 B．30 C．20 D．42
13．用数字、、、、组成没有重复数字的五位数，其中比大的偶数共有（ ）
A．个 B．个 C．个 D．个
二、双空题
14．在桌面上有一个正四面体D—ABC．任意选取和桌面接触的平面的三边的其中一条边，以此边为轴将正四面体翻转至另一个平面，称为一次操作．如图，现底面为ABC，且每次翻转后正四面体均在桌面上，则操作3次后，平面ABC再度与桌面接触的概率为______；操作n次后，平面ABC再度与桌面接触的概率为______.
三、填空题
15．现将大小和形状相同的4个黑色球和4个红色球排成一排，从左边第一个球开始数，不管数几个球，黑球数不少于红球数的排法有______种．
16．把名志愿者分配到三个不同的社区，每个社区至少有一个志愿者，其中甲社区恰有名志愿者的分法有___________.
17．“病毒无情人有情”.青浦某党支部要从2名女党员和4名男党员中选出4人担任某社区抗击新冠病毒疫情的志愿者工作，则在选出的志愿者中，男、女都有的概率为_____________.（结果用数值表示）
18．如图，用四种不同颜色给图中的A，B，C，D，E，F，G，H八个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段上的点颜色不同，则不同的涂色方法有___________种.
19．四个不同的小球放入编号为1，2，3的三个盒子中，则恰有一个空盒的放法共有_____种（用数字作答）．
四、解答题
20．某栏目组在一节目中拿出两个信箱，信箱中放着观众的来信，甲箱中有30封，乙箱中有20封．现由主持人不放回地抽取来信，若先从两箱中抽取一封确定来信者为幸运之星，再从两箱中各抽取一封确定来信者为幸运观众，有多少种不同的结果？
21．书架的第1层放有4本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放有2本不同的体育书.
(1)从书架上任取1本书，有多少种不同取法？
(2)从书架的第1层、第2层、第3层各取1本书，有多少种不同取法？
22．为了研究学生的数学核素养与抽象（能力指标x）、推理（能力指标y）、建模（能力指标z）的相关性，并将它们各自量化为1、2、3三个等级分，再用综合指标的值评定学生的数学核心素养.若，则数学核心素养为一级；若，则数学核心素养为二级；若，则数学核心素养为三级.为了了解某校学生的数学核心素养，调查人员随机访问了某校10名学生，得到如下统计数据：
学生编号 A1 A2 A3 A4 A5
学生编号 A6 A7 A8 A9 A10
（1）在这10名学生中任取两人，求这两人的建模能力指标相同的概率；
（2）填写下面列联表，并根据列联表判断是否有99%的把握认为推理能力指标y与数学核心素养有关.
推理能力指标 推理能力指标
数学核心素养是一级
数学核心素养不是一级
0.050 0.010 0.001
k 3.841 6.635 10.828
23．如图在一个圆形的六个区域种植观赏植物，要求同一块中种植同一种植物，相邻的两块种植不同的植物，现有4种不同的植物可供选择，则有几种种植方案？
24．用0，1，2，3，4，5这六个数字：(最后运算结果请以数字作答)
（1）能组成多少个无重复数字的四位偶数？
（2）能组成多少个无重复数字且为5的倍数的四位数？
（3）能组成多少个无重复数字且比1230大的四位数？
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【解析】
【分析】
先对第1号架子的放法进行求解，再对其余5个架子放置方法求解，根据分布计数原理得到答案.
【详解】
从除了甲和乙以外的8种软件选出一种放到第1号架子上，有种方法；
再从其余的9种软件中选出5种放到另外的5个架子上，有种方法.
根据分布计数原理求得不同的方法共有种.
故选:A
2．D
【解析】
【分析】
作出函数的图象，由与函数图象有三个交点得的性质，从而可得结论．
【详解】
作出函数的图象，如图，作直线，只有当时，它们才可能是三个交点，
不妨设，则，所以，而，，
所以．
故选：D．
【点睛】
关键点点睛：本题考查函数的零点问题，解题关键是把零点转化炎函数图象与直线交点，这样由图象易得零点的性质，从而求解．
3．C
【解析】
【详解】
分析：根据乘法原理得不同走法的种数.
详解：先确定从那一面上，有两种选择，再选择上山与下山道路，可得不同走法的种数是
因此选C.
点睛：求解排列、组合问题常用的解题方法：
(1)元素相邻的排列问题——“捆邦法”；(2)元素相间的排列问题——“插空法”；(3)元素有顺序限制的排列问题——“除序法”；(4)带有“含”与“不含”“至多”“至少”的排列组合问题——间接法.
4．C
【解析】
【分析】
先根据表格中数据画出关系图，然后利用排列的知识逐一列举各种不同的走法，并计算路程，最后进行比较即得.
【详解】
A-B-C-D-E:5+7+9+5=26;
A-B-D-C-E:5+6+9+8.6=28.6;
A-C-B-D-E:4+7+6+5=22;
A-C-D-B-E:4+9+6+2=21;
A-D-B-C-E:5+6+7+8.6=26.6;
A-D-C-B-E:5+9+7+2=23.
∴最短路径为A-C-D-B-E，距离最小值为21.
故选：C.
5．D
【解析】
【分析】
利用分步乘法计数原理可计算.
【详解】
根据提议，1药的取法有3种，1方的取法也有3种，则恰好选出1药1方的方法种数为．
故选：D.
6．B
【解析】
【分析】
先安排偶数日，进而再考虑奇数日是否安排甲的车，最后根据两个计数原理求得答案.
【详解】
5日至9日，日期尾数分别为5，6，7，8，9，有3天是奇数日，2天是偶数日.第一步，安排偶数日出行，每天都有2种选择，共有2×2=4(种)；第二步，安排奇数日出行，分两类，第一类，选1天安排甲的车，另外2天安排其他车，有3×2×2=12(种)，第二类，不安排甲的车，每天都有2种选择，共有=8(种)，共有12+8=20(种).根据分步乘法计数原理，不同的用车方案种数为4×20=80.
故选：B.
7．C
【解析】
【分析】
确定数字和为9的四个数组有：、、共三组，分别排列成无重复数字的四位数可得结论．
【详解】
卡片上的四位数字之和等于，四个数字为组成的无重复数字且大于的“长久四位数”共有：，组成的无重复数字且大于的“长久四位数”共有个；组成的无重复数字且大于的“长久四位数”共有个，故共（个）.
故选：C．
8．D
【解析】
【分析】
先放红色菊花，放在正中间，分析可知红色菊花两边各一盆白色菊花，一盆黄色菊花，利用分步乘法计数原理可得结果.
【详解】
红色菊花摆放在正中间，白色菊花不相邻，黄色菊花也不相邻，即红色菊花两边各一盆白色菊花，一盆黄色菊花，共有种摆放方法．
故选：D.
9．D
【解析】
【分析】
分类讨论，分别考虑甲在第一位，第二位、第三位、第四位对应情况即可
【详解】
若甲排在第一位，则乙可能排在第三、四五位，有3种情况，其余三人全排列，共有种；
若甲排在第二三四位中的一位，乙都有2种选法，其余三人全排列，则共有种；
综上所述，共有54种排列方式
故选：D
【点睛】
本题考查排列组合公式的应用，属于基础题
10．B
【解析】
【详解】
分析：利用乘法分步计数原理解决即可.
详解：由于每只猫捉老鼠的数目不限，因此每一只老鼠都可能被这2只猫中其中一只捉住，由分步乘法计数原理，得共有不同的捉法有种.
故选：B.
点睛：(1)利用分步乘法计数原理解决问题要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事．
(2)分步必须满足两个条件：一是步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成．
11．A
【解析】
【分析】
分3步进行：①甲地选一名老师，②甲地选两个学生，③剩下的1名教师，2名学生安排到乙地，由分步计数原理计算可得答案．
【详解】
根据题意，分3步进行分析：
①甲地选一名老师，有种选法；
②甲地选两个学生，有种选法；
③剩下的1名教师，2名学生安排到乙地，有1种选法；
故不同的安排方案共有种；
故选：．
【点睛】
本题考查分步计数原理的应用，排列组合计数的方法，理解题意，恰当分步是解决本题的关键，属基础题．
12．B
【解析】
【分析】
按照放入同一盒子的球进行分类，最后由分类加法计数原理计算即可.
【详解】
当放入一个盒子的是时，有种不同的放法
当放入一个盒子的是时，有种不同的放法
当放入一个盒子的是时，有种不同的放法
当放入一个盒子的是时，有种不同的放法
当放入一个盒子的是时，有种不同的放法
则共有种不同的放法
故选：B
【点睛】
本题主要考查了分类加法计数原理的应用，属于中档题.
13．D
【解析】
【分析】
对首位数字进行分类讨论：①首位为；②首位为.然后分析个位数的选取，结合分步乘法计数原理和分类加法计数原理可得结果.
【详解】
分以下两种情况讨论：
①首位数字为，则个位数从、、中选择一个，其余三个数位任意排列，
此时共有个比大的偶数；
②首位数字为，则个位数从、中选择一个，其余三个数位任意排列，
此时共有个比大的偶数.
综上所述，共有个比大的偶数.
故选：D.
【点睛】
方法点睛：对于组数问题，一般按照特殊位置（一般是末位和首位）由谁占领分类，分类中再按特殊位置（或者特殊元素）优先的方法分步完成，如果正面分类较多，可采用间接法从方面求解.
14．
【解析】
【分析】
（1）基本事件总数，操作3次后，平面再度与桌面接触包含的基本事件次数．由此能求出操作3次后，平面再度与桌面接触的概率；
（2）设操作n次后，平面ABC再度与桌面接触的概率为，其它各个面在底面的概率为，则 ，所以再利用构造法求出数列的通项即得解.
【详解】
（1）现底面为，且每次翻转后正四面体均在桌面上，操作3次，
基本事件总数，
操作3次后，平面再度与桌面接触包含的基本事件次数．
操作3次后，平面再度与桌面接触的概率．
（2）设操作n次后，平面ABC再度与桌面接触的概率为，其它各个面在底面的概率为，则 ，
所以
所以，
所以，
所以是一个以为首项，以为公比的等比数列，
所以，
所以.
故答案为：.
15．
【解析】
【分析】
根据题意，分情况讨论，求出每种情况对应的排法种数，即可得出结果．
【详解】
根据题意，将8个球的位置从左至右依次记为1、2、3、4、5、6、7、8号位置.
当前4个位置均排黑球时，后面4个位置也均为红球，共1种排法；
当前4个位置有3个黑球时，则必有1个红球，红球所在位置可以是2、3、4号位置，有3种不同排法，后面4个位置有1个黑球，3红球，其中黑球可以在5、6、7号位置，有3种不同排法，故共有种不同排法；
当前4个位置有2个黑球时，则必有2个红球，此时黑球位置可以是1、2位置，也可以说是1、3号位置，有2种不同排法，后面4个位置也有2个黑球，2红球，也有2种不同排法，故共有种不同排法.
综上，共有种不同排法.
故答案为：
【点睛】
本题主要考查排列组合，意在考查考生的化归与转化能力、运算求解能力、逻辑推理能力，考查的核心素养是数学运算、逻辑推理．本题解题的关键在于分前4个位置均排黑球，后面4个位置也均为红球时；当前4个位置有3个黑球，1个红球，后面4个位置有1个黑球，3红球时；当前4个位置有2个黑球时，2个红球，后面4个位置有2个黑球，2红球三种情况讨论求解.
16．
【解析】
【分析】
对乙社区的人数进行分类讨论，结合分类加法计数原理可得结果.
【详解】
由题意可知，乙社区的人数可以是：、、，
因此，不同的分配方法数为种.
故答案为：.
17．
【解析】
【分析】
6人选4人总共有种可能，如果4人都是男党员，有种可能，则男、女都有共有种可能，即可得解.
【详解】
6人选4人总共有种可能，
如果4人都是男党员，有种可能，
则男、女都有共有种可能，
所以概率.
故答案为：.
【点睛】
本题考查了组合数求概率，做题时可用正难则反原理，则计算相对简单，本题属于基础题.
18．
【解析】
【分析】
分涂4种，3种或2种颜色，再分别计算涂色的方法种数.
【详解】
①对涂4种颜色，对于剩下的各剩2种颜色，且相邻的都含一种颜色是相同的，即当某个点取一种颜色时，其他点的颜色是确定的，那么共有2种情况，共有种，
②对涂3种颜色，对于从4种颜色中取3种，即，从这3种颜色中取1种来作重复的一种，即，再对这四种颜色进行排列，重复的那种只能在对角，有2个对角，再对其他不重复的2种进行排列，即对于剩下的同①一样，各剩2个颜色，当其中一点取一种颜色时，其他点颜色是确定的，共有2种，故共有种，
③涂2种颜色，则选2种颜色，涂在对角位置，有种方法，共2种颜色，故共有种方法，
所以一共有种方法.
故答案为：
【点睛】
关键点点睛：本题考查排列，组合，计数原理的综合应用，本题的关键是正确分类的涂色方法种数，并且先涂，再涂.
19．42
【解析】
【详解】
试题分析：根据题意，分2步进行分析，
①、先在编号为1，2，3的三个盒子中，取出2个盒子，有种取法，
②、将4个小球放进取出的2个盒子中，每个小球有2种放法，则4个小球一共有2×2×2×2=24种，
其中有1个空盒，即4个小球都放进其中1个盒子的情况有2种；
则将4个小球放进取出的2个盒子中，且不能有空盒，其放法数目为（24﹣2）=14种，
故四个不同的小球放入编号为1，2，3的三个盒子中，则恰有一个空盒的放法为3×14=42种；
故答案为42．
考点：排列、组合的实际应用．
20．28800种
【解析】
【分析】
分两类：①当幸运之星在甲箱中抽取时，②当幸运之星在乙箱中抽取时，将两类分别求出相加即可.
【详解】
分两类：①当幸运之星在甲箱中抽取时，不同的结果有（种）．
②当幸运之星在乙箱中抽取时，不同的结果有（种）．
所以不同的结果共有（种）．
21．(1)9
(2)24
【解析】
【分析】
（1）利用分类相加计数原理即可得解；
（2）利用分步相乘计数原理即可得解.
(1)
从书架上任取1本书，有三类方案：
第1类，从第1层取1本计算机书，有4种方法；
第2类，从第2层取1本文艺书，有3种方法；
第3类，从第3层取1本体育书，有2种方法.
根据分类加法计数原理，不同取法的种数为.
(2)
从书架的第1层、第2层、第3层各取1本书，可以分三步完成：
第1步，从第1层取1本计算机书，有4种方法；
第2步，从第2层取1本文艺书，有3种方法；
第3步，从第3层取1本体育书，有2种方法.
根据分步乘法计数原理，不同取法的种数为.
22．(1)；(2) 没有的把握认为推理能力指标y与数学核心素养有关
【解析】
【分析】
(1)根据题意把建模能力指标相同的人及人数找出来，然后利用排列组合的知识结合古典概率模型公式求解；
(2)根据题中所给数据，完成列联表的填写，然后计算出值，再与的把握对应的数值比较，得出相应的结论即可.
【详解】
解：(1)的学生编号有：，共人；
的学生编号有：，共人；
的学生编号有：，共1人.
故从这10名学生中任取两人，这两人的建模能力指标相同的概率为：
(2)由题意有：
推理能力指标 推理能力指标 合计
数学核心素养是一级
数学核心素养不是一级
合计
由上表可得：，
所以没有的把握认为推理能力指标y与数学核心素养有关.
【点睛】
本题考查古典概型与独立性检验的知识，考查数据处理能力及运算求解能力，属于基础题.
23．732.
【解析】
【详解】
试题分析：分三类讨论：A、C、E种同一种植物、A、C、E种同二种植物、A、C、E种同三种植物，利用分布计数原理，可得结论．
试题解析：
按照间隔三块A、C、E种植植物的种数，分以下三类：
（1）若A、C、E种植同一种植物，有4种种植方法．当A、C、E种植以后，B、D、F三块可从剩余的三种植物中各选一种植物种植（允许重复），各有3种方法，此时共有种方法．
（2）若A、C、E种植两种植物，有种种法．不妨设A单独种植一种植物，C、E种植同一种植物，则B有2种，D有3种，F有2种种植方法，此时共有种方法.
（3）若A、C、E种植三种植物，有种种法．此时B、D、F各有2种种法，此时共有种种法，根据分类加法计数原理，总共有108+432+192=732种种植方法.
24．（1）156（2）108（3）284
【解析】
【分析】
（1）由题意符合要求的四位偶数可分为三类：0在个位，2在个位，4在个位，对每一类分别计数再求它们的和即可得到无重复数字的四位偶数的个数；
（2）符合要求的数可分为两类：个位数上的数字是0的四位数与个位数字是5的四位数，分类计数再求它们的和；
（3）由题意，符合要求的比1325大的四位数可分为四类，第一类，首位比1大的数，第二类首位是1，第二位比2大的数，第三类是前两位是12，第三位比2大的数，第四类是前三位是123，第四位比3大的数，分类计数再求和．
【详解】
（1）符合要求的四位偶数可分为三类：
第一类：0在个位时有个；
第二类：2在个位时，首位从1，3，4，5中选定1个（有种），十位和百位从余下的数字中选（有种），于是有个；
第三类：4在个位时，与第二类同理，也有个．
由分类加法计数原理知，共有四位偶数：个．
（2）符合要求的数可分为两类：个位数上的数字是0的四位数有个；个位数上的数字是5的五位数有个．故满足条件的五位数的个数共有个．
（3）符合要求的比1230大的四位数可分为四类：
第一类：形如2□□□，3□□□，4□□□，5□□□，共个；
第二类：形如13□□，14□□，15□□，共有个；
第三类：形如124□，125□，共有个；
第四类：形如123□，共有个
由分类加法计数原理知，无重复数字且比1230大的四位数共有：个．
【点睛】
关键点点睛：解题的关键是理解所研究的事件，对计数问题分类计数，本题考查了分类讨论的思想，以及运用排列组合数公式进行计算的能力，本题是计数问题中运算量较大的题，要注意准确运用分类原理与分步原理计数.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
一、单选题
1．从10种不同的软件中选出6种放在6个不同的架子上展出，每个架子上只能放一种软件，且第1号架子上不能放甲或乙种软件，那么不同的放法共有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
2．函数，若函数有3个不同的零点，，，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3．景区中有一座山，山的南面有2条道路，山的北面有3条道路，均可用于游客上山或下山，假设没有其他道路，某游客计划从山的一面走到山顶后，接着从另一面下山，则不同走法的种数是
A．6 B．10 C．12 D．20
4．某单位在一次团建时，组织了一次寻宝活动，参加活动的人从点出发，到点停止，途中要在，，三个藏宝地点找到宝物.已知各点之间的路线距离（单位：百米）见下表.若每个藏宝地点只经过一次，那么寻宝路线的最短距离是（ ）
0 5 4 5 6
5 0 7 6 2
4 7 0 9 8.6
5 6 9 0 5
6 2 8.6 5 0
A．23 B．22 C．21 D．20.6
5．我国中医药选出的“三药三方”对治疗某疾病有显著效果．若某医生“三药三方”中随机选出2种，则恰好选出1药1方的方法种数为（ ）
A．15 B．30 C．6 D．9
6．甲与其四位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是9，0，2，1，5，为遵守当地某月5日至9日5天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的车通行，偶数日车牌尾数为偶数的车通行)，五人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但甲的车最多只能用一天，则不同的用车方案种数为（ ）
A．64 B．80 C．96 D．120
7．数字“”中，各位数字相加和为，称该数为“长久四位数”，则用数字组成的无重复数字且大于的“长久四位数”有（ ）个
A． B．
C． D．
8．互不相同的盆菊花，其中盆为白色，盆为黄色，盆为红色，现要摆成一排，要求红色菊花摆放在正中间，白色菊花不相邻，黄色菊花也不相邻，共有摆放方法（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
9．5个人排成一列，其中甲不排在末位，且甲、乙两人不能相邻，则满足条件的所有排列有（ ）
A．18种 B．36种 C．48种 D．54种
10．2只猫把5只老鼠捉光,不同的捉法有( )种.
A． B． C． D．
11．将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲 乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有（ ）
A．12种 B．24种 C．36种 D．8种
12．将A，B，C，D四个小球放入编号为1，2，3的三个盒子中，若每个盒子中至少放一个球且A，B不能放入同一个盒子中，则不同的放法种数为（ ）
A．15 B．30 C．20 D．42
13．用数字、、、、组成没有重复数字的五位数，其中比大的偶数共有（ ）
A．个 B．个 C．个 D．个
二、双空题
14．在桌面上有一个正四面体D—ABC．任意选取和桌面接触的平面的三边的其中一条边，以此边为轴将正四面体翻转至另一个平面，称为一次操作．如图，现底面为ABC，且每次翻转后正四面体均在桌面上，则操作3次后，平面ABC再度与桌面接触的概率为______；操作n次后，平面ABC再度与桌面接触的概率为______.
三、填空题
15．现将大小和形状相同的4个黑色球和4个红色球排成一排，从左边第一个球开始数，不管数几个球，黑球数不少于红球数的排法有______种．
16．把名志愿者分配到三个不同的社区，每个社区至少有一个志愿者，其中甲社区恰有名志愿者的分法有___________.
17．“病毒无情人有情”.青浦某党支部要从2名女党员和4名男党员中选出4人担任某社区抗击新冠病毒疫情的志愿者工作，则在选出的志愿者中，男、女都有的概率为_____________.（结果用数值表示）
18．如图，用四种不同颜色给图中的A，B，C，D，E，F，G，H八个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段上的点颜色不同，则不同的涂色方法有___________种.
19．四个不同的小球放入编号为1，2，3的三个盒子中，则恰有一个空盒的放法共有_____种（用数字作答）．
四、解答题
20．某栏目组在一节目中拿出两个信箱，信箱中放着观众的来信，甲箱中有30封，乙箱中有20封．现由主持人不放回地抽取来信，若先从两箱中抽取一封确定来信者为幸运之星，再从两箱中各抽取一封确定来信者为幸运观众，有多少种不同的结果？
21．书架的第1层放有4本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放有2本不同的体育书.
(1)从书架上任取1本书，有多少种不同取法？
(2)从书架的第1层、第2层、第3层各取1本书，有多少种不同取法？
22．为了研究学生的数学核素养与抽象（能力指标x）、推理（能力指标y）、建模（能力指标z）的相关性，并将它们各自量化为1、2、3三个等级分，再用综合指标的值评定学生的数学核心素养.若，则数学核心素养为一级；若，则数学核心素养为二级；若，则数学核心素养为三级.为了了解某校学生的数学核心素养，调查人员随机访问了某校10名学生，得到如下统计数据：
学生编号 A1 A2 A3 A4 A5
学生编号 A6 A7 A8 A9 A10
（1）在这10名学生中任取两人，求这两人的建模能力指标相同的概率；
（2）填写下面列联表，并根据列联表判断是否有99%的把握认为推理能力指标y与数学核心素养有关.
推理能力指标 推理能力指标
数学核心素养是一级
数学核心素养不是一级
0.050 0.010 0.001
k 3.841 6.635 10.828
23．如图在一个圆形的六个区域种植观赏植物，要求同一块中种植同一种植物，相邻的两块种植不同的植物，现有4种不同的植物可供选择，则有几种种植方案？
24．用0，1，2，3，4，5这六个数字：(最后运算结果请以数字作答)
（1）能组成多少个无重复数字的四位偶数？
（2）能组成多少个无重复数字且为5的倍数的四位数？
（3）能组成多少个无重复数字且比1230大的四位数？
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【解析】
【分析】
先对第1号架子的放法进行求解，再对其余5个架子放置方法求解，根据分布计数原理得到答案.
【详解】
从除了甲和乙以外的8种软件选出一种放到第1号架子上，有种方法；
再从其余的9种软件中选出5种放到另外的5个架子上，有种方法.
根据分布计数原理求得不同的方法共有种.
故选:A
2．D
【解析】
【分析】
作出函数的图象，由与函数图象有三个交点得的性质，从而可得结论．
【详解】
作出函数的图象，如图，作直线，只有当时，它们才可能是三个交点，
不妨设，则，所以，而，，
所以．
故选：D．
【点睛】
关键点点睛：本题考查函数的零点问题，解题关键是把零点转化炎函数图象与直线交点，这样由图象易得零点的性质，从而求解．
3．C
【解析】
【详解】
分析：根据乘法原理得不同走法的种数.
详解：先确定从那一面上，有两种选择，再选择上山与下山道路，可得不同走法的种数是
因此选C.
点睛：求解排列、组合问题常用的解题方法：
(1)元素相邻的排列问题——“捆邦法”；(2)元素相间的排列问题——“插空法”；(3)元素有顺序限制的排列问题——“除序法”；(4)带有“含”与“不含”“至多”“至少”的排列组合问题——间接法.
4．C
【解析】
【分析】
先根据表格中数据画出关系图，然后利用排列的知识逐一列举各种不同的走法，并计算路程，最后进行比较即得.
【详解】
A-B-C-D-E:5+7+9+5=26;
A-B-D-C-E:5+6+9+8.6=28.6;
A-C-B-D-E:4+7+6+5=22;
A-C-D-B-E:4+9+6+2=21;
A-D-B-C-E:5+6+7+8.6=26.6;
A-D-C-B-E:5+9+7+2=23.
∴最短路径为A-C-D-B-E，距离最小值为21.
故选：C.
5．D
【解析】
【分析】
利用分步乘法计数原理可计算.
【详解】
根据提议，1药的取法有3种，1方的取法也有3种，则恰好选出1药1方的方法种数为．
故选：D.
6．B
【解析】
【分析】
先安排偶数日，进而再考虑奇数日是否安排甲的车，最后根据两个计数原理求得答案.
【详解】
5日至9日，日期尾数分别为5，6，7，8，9，有3天是奇数日，2天是偶数日.第一步，安排偶数日出行，每天都有2种选择，共有2×2=4(种)；第二步，安排奇数日出行，分两类，第一类，选1天安排甲的车，另外2天安排其他车，有3×2×2=12(种)，第二类，不安排甲的车，每天都有2种选择，共有=8(种)，共有12+8=20(种).根据分步乘法计数原理，不同的用车方案种数为4×20=80.
故选：B.
7．C
【解析】
【分析】
确定数字和为9的四个数组有：、、共三组，分别排列成无重复数字的四位数可得结论．
【详解】
卡片上的四位数字之和等于，四个数字为组成的无重复数字且大于的“长久四位数”共有：，组成的无重复数字且大于的“长久四位数”共有个；组成的无重复数字且大于的“长久四位数”共有个，故共（个）.
故选：C．
8．D
【解析】
【分析】
先放红色菊花，放在正中间，分析可知红色菊花两边各一盆白色菊花，一盆黄色菊花，利用分步乘法计数原理可得结果.
【详解】
红色菊花摆放在正中间，白色菊花不相邻，黄色菊花也不相邻，即红色菊花两边各一盆白色菊花，一盆黄色菊花，共有种摆放方法．
故选：D.
9．D
【解析】
【分析】
分类讨论，分别考虑甲在第一位，第二位、第三位、第四位对应情况即可
【详解】
若甲排在第一位，则乙可能排在第三、四五位，有3种情况，其余三人全排列，共有种；
若甲排在第二三四位中的一位，乙都有2种选法，其余三人全排列，则共有种；
综上所述，共有54种排列方式
故选：D
【点睛】
本题考查排列组合公式的应用，属于基础题
10．B
【解析】
【详解】
分析：利用乘法分步计数原理解决即可.
详解：由于每只猫捉老鼠的数目不限，因此每一只老鼠都可能被这2只猫中其中一只捉住，由分步乘法计数原理，得共有不同的捉法有种.
故选：B.
点睛：(1)利用分步乘法计数原理解决问题要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事．
(2)分步必须满足两个条件：一是步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成．
11．A
【解析】
【分析】
分3步进行：①甲地选一名老师，②甲地选两个学生，③剩下的1名教师，2名学生安排到乙地，由分步计数原理计算可得答案．
【详解】
根据题意，分3步进行分析：
①甲地选一名老师，有种选法；
②甲地选两个学生，有种选法；
③剩下的1名教师，2名学生安排到乙地，有1种选法；
故不同的安排方案共有种；
故选：．
【点睛】
本题考查分步计数原理的应用，排列组合计数的方法，理解题意，恰当分步是解决本题的关键，属基础题．
12．B
【解析】
【分析】
按照放入同一盒子的球进行分类，最后由分类加法计数原理计算即可.
【详解】
当放入一个盒子的是时，有种不同的放法
当放入一个盒子的是时，有种不同的放法
当放入一个盒子的是时，有种不同的放法
当放入一个盒子的是时，有种不同的放法
当放入一个盒子的是时，有种不同的放法
则共有种不同的放法
故选：B
【点睛】
本题主要考查了分类加法计数原理的应用，属于中档题.
13．D
【解析】
【分析】
对首位数字进行分类讨论：①首位为；②首位为.然后分析个位数的选取，结合分步乘法计数原理和分类加法计数原理可得结果.
【详解】
分以下两种情况讨论：
①首位数字为，则个位数从、、中选择一个，其余三个数位任意排列，
此时共有个比大的偶数；
②首位数字为，则个位数从、中选择一个，其余三个数位任意排列，
此时共有个比大的偶数.
综上所述，共有个比大的偶数.
故选：D.
【点睛】
方法点睛：对于组数问题，一般按照特殊位置（一般是末位和首位）由谁占领分类，分类中再按特殊位置（或者特殊元素）优先的方法分步完成，如果正面分类较多，可采用间接法从方面求解.
14．
【解析】
【分析】
（1）基本事件总数，操作3次后，平面再度与桌面接触包含的基本事件次数．由此能求出操作3次后，平面再度与桌面接触的概率；
（2）设操作n次后，平面ABC再度与桌面接触的概率为，其它各个面在底面的概率为，则 ，所以再利用构造法求出数列的通项即得解.
【详解】
（1）现底面为，且每次翻转后正四面体均在桌面上，操作3次，
基本事件总数，
操作3次后，平面再度与桌面接触包含的基本事件次数．
操作3次后，平面再度与桌面接触的概率．
（2）设操作n次后，平面ABC再度与桌面接触的概率为，其它各个面在底面的概率为，则 ，
所以
所以，
所以，
所以是一个以为首项，以为公比的等比数列，
所以，
所以.
故答案为：.
15．
【解析】
【分析】
根据题意，分情况讨论，求出每种情况对应的排法种数，即可得出结果．
【详解】
根据题意，将8个球的位置从左至右依次记为1、2、3、4、5、6、7、8号位置.
当前4个位置均排黑球时，后面4个位置也均为红球，共1种排法；
当前4个位置有3个黑球时，则必有1个红球，红球所在位置可以是2、3、4号位置，有3种不同排法，后面4个位置有1个黑球，3红球，其中黑球可以在5、6、7号位置，有3种不同排法，故共有种不同排法；
当前4个位置有2个黑球时，则必有2个红球，此时黑球位置可以是1、2位置，也可以说是1、3号位置，有2种不同排法，后面4个位置也有2个黑球，2红球，也有2种不同排法，故共有种不同排法.
综上，共有种不同排法.
故答案为：
【点睛】
本题主要考查排列组合，意在考查考生的化归与转化能力、运算求解能力、逻辑推理能力，考查的核心素养是数学运算、逻辑推理．本题解题的关键在于分前4个位置均排黑球，后面4个位置也均为红球时；当前4个位置有3个黑球，1个红球，后面4个位置有1个黑球，3红球时；当前4个位置有2个黑球时，2个红球，后面4个位置有2个黑球，2红球三种情况讨论求解.
16．
【解析】
【分析】
对乙社区的人数进行分类讨论，结合分类加法计数原理可得结果.
【详解】
由题意可知，乙社区的人数可以是：、、，
因此，不同的分配方法数为种.
故答案为：.
17．
【解析】
【分析】
6人选4人总共有种可能，如果4人都是男党员，有种可能，则男、女都有共有种可能，即可得解.
【详解】
6人选4人总共有种可能，
如果4人都是男党员，有种可能，
则男、女都有共有种可能，
所以概率.
故答案为：.
【点睛】
本题考查了组合数求概率，做题时可用正难则反原理，则计算相对简单，本题属于基础题.
18．
【解析】
【分析】
分涂4种，3种或2种颜色，再分别计算涂色的方法种数.
【详解】
①对涂4种颜色，对于剩下的各剩2种颜色，且相邻的都含一种颜色是相同的，即当某个点取一种颜色时，其他点的颜色是确定的，那么共有2种情况，共有种，
②对涂3种颜色，对于从4种颜色中取3种，即，从这3种颜色中取1种来作重复的一种，即，再对这四种颜色进行排列，重复的那种只能在对角，有2个对角，再对其他不重复的2种进行排列，即对于剩下的同①一样，各剩2个颜色，当其中一点取一种颜色时，其他点颜色是确定的，共有2种，故共有种，
③涂2种颜色，则选2种颜色，涂在对角位置，有种方法，共2种颜色，故共有种方法，
所以一共有种方法.
故答案为：
【点睛】
关键点点睛：本题考查排列，组合，计数原理的综合应用，本题的关键是正确分类的涂色方法种数，并且先涂，再涂.
19．42
【解析】
【详解】
试题分析：根据题意，分2步进行分析，
①、先在编号为1，2，3的三个盒子中，取出2个盒子，有种取法，
②、将4个小球放进取出的2个盒子中，每个小球有2种放法，则4个小球一共有2×2×2×2=24种，
其中有1个空盒，即4个小球都放进其中1个盒子的情况有2种；
则将4个小球放进取出的2个盒子中，且不能有空盒，其放法数目为（24﹣2）=14种，
故四个不同的小球放入编号为1，2，3的三个盒子中，则恰有一个空盒的放法为3×14=42种；
故答案为42．
考点：排列、组合的实际应用．
20．28800种
【解析】
【分析】
分两类：①当幸运之星在甲箱中抽取时，②当幸运之星在乙箱中抽取时，将两类分别求出相加即可.
【详解】
分两类：①当幸运之星在甲箱中抽取时，不同的结果有（种）．
②当幸运之星在乙箱中抽取时，不同的结果有（种）．
所以不同的结果共有（种）．
21．(1)9
(2)24
【解析】
【分析】
（1）利用分类相加计数原理即可得解；
（2）利用分步相乘计数原理即可得解.
(1)
从书架上任取1本书，有三类方案：
第1类，从第1层取1本计算机书，有4种方法；
第2类，从第2层取1本文艺书，有3种方法；
第3类，从第3层取1本体育书，有2种方法.
根据分类加法计数原理，不同取法的种数为.
(2)
从书架的第1层、第2层、第3层各取1本书，可以分三步完成：
第1步，从第1层取1本计算机书，有4种方法；
第2步，从第2层取1本文艺书，有3种方法；
第3步，从第3层取1本体育书，有2种方法.
根据分步乘法计数原理，不同取法的种数为.
22．(1)；(2) 没有的把握认为推理能力指标y与数学核心素养有关
【解析】
【分析】
(1)根据题意把建模能力指标相同的人及人数找出来，然后利用排列组合的知识结合古典概率模型公式求解；
(2)根据题中所给数据，完成列联表的填写，然后计算出值，再与的把握对应的数值比较，得出相应的结论即可.
【详解】
解：(1)的学生编号有：，共人；
的学生编号有：，共人；
的学生编号有：，共1人.
故从这10名学生中任取两人，这两人的建模能力指标相同的概率为：
(2)由题意有：
推理能力指标 推理能力指标 合计
数学核心素养是一级
数学核心素养不是一级
合计
由上表可得：，
所以没有的把握认为推理能力指标y与数学核心素养有关.
【点睛】
本题考查古典概型与独立性检验的知识，考查数据处理能力及运算求解能力，属于基础题.
23．732.
【解析】
【详解】
试题分析：分三类讨论：A、C、E种同一种植物、A、C、E种同二种植物、A、C、E种同三种植物，利用分布计数原理，可得结论．
试题解析：
按照间隔三块A、C、E种植植物的种数，分以下三类：
（1）若A、C、E种植同一种植物，有4种种植方法．当A、C、E种植以后，B、D、F三块可从剩余的三种植物中各选一种植物种植（允许重复），各有3种方法，此时共有种方法．
（2）若A、C、E种植两种植物，有种种法．不妨设A单独种植一种植物，C、E种植同一种植物，则B有2种，D有3种，F有2种种植方法，此时共有种方法.
（3）若A、C、E种植三种植物，有种种法．此时B、D、F各有2种种法，此时共有种种法，根据分类加法计数原理，总共有108+432+192=732种种植方法.
24．（1）156（2）108（3）284
【解析】
【分析】
（1）由题意符合要求的四位偶数可分为三类：0在个位，2在个位，4在个位，对每一类分别计数再求它们的和即可得到无重复数字的四位偶数的个数；
（2）符合要求的数可分为两类：个位数上的数字是0的四位数与个位数字是5的四位数，分类计数再求它们的和；
（3）由题意，符合要求的比1325大的四位数可分为四类，第一类，首位比1大的数，第二类首位是1，第二位比2大的数，第三类是前两位是12，第三位比2大的数，第四类是前三位是123，第四位比3大的数，分类计数再求和．
【详解】
（1）符合要求的四位偶数可分为三类：
第一类：0在个位时有个；
第二类：2在个位时，首位从1，3，4，5中选定1个（有种），十位和百位从余下的数字中选（有种），于是有个；
第三类：4在个位时，与第二类同理，也有个．
由分类加法计数原理知，共有四位偶数：个．
（2）符合要求的数可分为两类：个位数上的数字是0的四位数有个；个位数上的数字是5的五位数有个．故满足条件的五位数的个数共有个．
（3）符合要求的比1230大的四位数可分为四类：
第一类：形如2□□□，3□□□，4□□□，5□□□，共个；
第二类：形如13□□，14□□，15□□，共有个；
第三类：形如124□，125□，共有个；
第四类：形如123□，共有个
由分类加法计数原理知，无重复数字且比1230大的四位数共有：个．
【点睛】
关键点点睛：解题的关键是理解所研究的事件，对计数问题分类计数，本题考查了分类讨论的思想，以及运用排列组合数公式进行计算的能力，本题是计数问题中运算量较大的题，要注意准确运用分类原理与分步原理计数.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页