人教A版（2019）选择性必修三分步加法与分类乘法同步练习（含答案）
文档属性
| 名称 | 人教A版（2019）选择性必修三分步加法与分类乘法同步练习（含答案） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 203.0KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2023-01-03 17:28:01 | ||
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文档简介
计数原理
未命名
一、单选题
1．四名师范生从A，B，C三所学校中任选一所进行教学实习，其中A学校必有师范生去，则不同的选法方案有（ ）
A．37种 B．65种 C．96种 D．108种
2．如图，要让电路从A处到B处接通，不同的路径条数为（ ）
A．5 B．7 C．8 D．12
3．某学校组织庆祝中国共产党成立100周年党史知识竞赛，仅有三位同学进入最后的决赛.若这三位同学从三类试题中随机选择一类试题作答，且各自的选择相互独立，则这三类试题都有同学选择的概率为（ ）
A． B． C． D．
4．在含有3件次品的50件产品中，任取3件，则恰好取到1件次品的不同方法数共有（ ）
A． B． C． D．
5．某学校开设4门球类运动课程、5门田径类运动课程和2门水上运动课程供学生学习，某位学生任选1门课程学习，则不同的选法共有（ ）
A．40种 B．20种 C．15种 D．11种
6．编号为1，2，3的三位学生随意坐入编号为1，2，3的三个座位，每个座位坐一位学生，则三位学生所坐的座位号与学生的编号恰好都不同的概率是（ ）
A． B． C． D．
7．用4种不同颜色给如图所示的地图上色，要求相邻两块涂不同的颜色，不同的涂色方法共有（ ）
A．24种 B．36种 C．48种 D．72种
二、填空题
8．如图，提供4种不同的颜色给图中，，，四块区域涂色，若相邻的区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有___________种．
9．用0，1，2，3，4，5，6七个数共可以组成______个没有重复数字的三位数.
10．正方体的8个顶点中，选取4个共面的顶点，有______种不同选法
三、解答题
11．（1）用0，1，2，3，4，5可以组成多少个无重复数字的五位数？
（2）用0，1，2，3，4，5这六个数字组成无重复数字的六位数，若所有的六位数按从小到大的顺序组成一个数列，则240135是第几项．
12．已知集合，若、是的两个非空子集，则所有满足中的最大数小于中的最小数的集合对的个数为多少？
13．在某次国际高峰论坛上，组委会要从6个国内媒体团和3个国外媒体团中选出3个媒体团进行提问，要求这3个媒体团中既有国内媒体团又有国外媒体团，且国内媒体团不能连续提问，则不同的提问方式的种数是多少？
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【分析】可从反面考虑，计算A学校没有人去的种数.
【详解】若不考虑限制条件，每人都有3种选择，则共有种方法，
若没有人去A学校，每人都有2种选择，则共有种方法，
故不同的选法方案有种.
故选:B.
2．C
【分析】根据分类计数原理与分步计数原理计算可得答案．
【详解】要让电路从A处到B处接通，不同的路径条数为．
故选：C．
3．B
【分析】分别列出这三位同学从三类试题中随机选择一类试题作答的情况以及这三类试题都有同学选择的情况，再根据古典概型概率计算公式即可得出答案.
【详解】由题意可知，这三位同学从三类试题中随机选择一类试题作答时，每个同学均有3种选择，则共有种情况；
其中，这三类试题都有同学选择的情况，则共有种；
所以，这三类试题都有同学选择的概率.
故选：B.
4．B
【分析】采用分类分步的方法，先取一件次品，再取2件正品即可.
【详解】先取一件次品是，再取2件正品是，根据乘法原理得：
故选：B
5．D
【分析】根据分类加法计数原理，即可得到答案.
【详解】根据分类加法计数原理，不同的选法共有种．
故选：D
6．B
【分析】所有的排列法共有种，用列举法求得满足条件的排列数只有2种，由此可求得满足条件的概率.
【详解】编号为1，2，3的三位学生随意坐入编号为1，2，3的三个座位时，1号学生有3种坐法，2号学生有2种坐法，3号学生只有1种坐法，所以一共有6种坐法，其中座位号与学生的编号恰好都不同的坐法只有2种，所以所求的概率.
故选：B.
7．C
【分析】根据分步乘法计数原理逐一按①②③和④涂色，即可求解.
【详解】对于①②③，两两相邻，依次用不同颜色涂，共有种涂色方法，对于④，与②③相邻，但与①相隔，此时可用剩下的一种颜色或者与①同色，共2种涂色方法，则由分步乘法计数原理得种不同的涂色方法.
故选:C
8．48
【分析】先对区域涂色，再对区域涂色，再对区域涂色，最后对区域涂色，再根据分步乘法原理可得答案．
【详解】先对区域涂色，共有4种不同的涂法，再对区域涂色，共有3种不同的涂法，再对区域涂色，共有2种不同的涂法，最后对区域涂色，共有2种不同的涂法，
根据分步乘法计数原理，则不同的涂法共有种，
故答案为：48.
9．180
【分析】根据分类加法原理和分步乘法原理即可求解.
【详解】选0时，0不能在首位，故有个，
不选0时，有个，
根据分类加法原理，共有个，
故答案为:180.
10．12
【分析】正方体的侧棱出发找到与之共面的2个顶点，确定共面的情况数，注意重复计数的情况.
【详解】
从任意一个侧棱出发，其它6个顶点中任选2个点都有3种共面的情况，
所以，所有共面的情况有种，而每条棱均重复计数一次，
综上，正方体的8个顶点中，选取4个共面的顶点，有种.
故答案为：12
11．（1）600；（2）193.
【分析】（1）根据题意，先排首位，再排其它位置，进而结合分步计数乘法原理得到答案；
（2）根据所给数字，考虑首位数字是1和2两种情况，当首位数字为1时都比240 135小，当首位数字为2时考虑比240 135小的数字，进而根据排列数公式和分类加法计数原理得到答案.
【详解】（1）由于是五位数，首位数字不能为0，
首位数字有种排法；
其它位置有种排法；
所以，用0，1，2，3，4，5可以组成个无重复数字的五位数.
（2）由于是六位数，首位数字不能为0，
首位数字为1有个数，
首位数字为2，万位上为0，1，3中的一个有个数，
∴从小到大排列，240 135是第＋＋1＝193个，
即所有的六位数按从小到大的顺序组成一个数列，240 135是数列的第193项
12．49
【分析】分中的最大数为，中的最大数为，中的最大数为，中的最大数为，四种情况，根据题意列举出满足条件的集合、，即可得出结果.
【详解】解：根据题意，分4种情况讨论：
当中的最大数为，即时，，，，，，，，，，，，，，，，即的非空子集的个数为个；
当中的最大数为，即，时，，，，，，，，即个；
当中的最大数为，即，，，时，，，，即个；
当中的最大数为，即，，，，，，，时，，即的子集的个数为个；
所以总共个数为个．
13．198
【分析】由题，先分类，选取方式可分为2个国内媒体团和1个国外媒体团，或1个国内媒体团和2个国外媒体团，再分步，再根据不同选取方式得出对应的提问方式种数
【详解】由题，根据选取方式可分为2种情况：
2个国内媒体团和1个国外媒体团，选取方式有种，提问方式有种，共种；
1个国内媒体团和2个国外媒体团，选取方式有种，提问方式有种，共种.
综上，共种
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
未命名
一、单选题
1．四名师范生从A，B，C三所学校中任选一所进行教学实习，其中A学校必有师范生去，则不同的选法方案有（ ）
A．37种 B．65种 C．96种 D．108种
2．如图，要让电路从A处到B处接通，不同的路径条数为（ ）
A．5 B．7 C．8 D．12
3．某学校组织庆祝中国共产党成立100周年党史知识竞赛，仅有三位同学进入最后的决赛.若这三位同学从三类试题中随机选择一类试题作答，且各自的选择相互独立，则这三类试题都有同学选择的概率为（ ）
A． B． C． D．
4．在含有3件次品的50件产品中，任取3件，则恰好取到1件次品的不同方法数共有（ ）
A． B． C． D．
5．某学校开设4门球类运动课程、5门田径类运动课程和2门水上运动课程供学生学习，某位学生任选1门课程学习，则不同的选法共有（ ）
A．40种 B．20种 C．15种 D．11种
6．编号为1，2，3的三位学生随意坐入编号为1，2，3的三个座位，每个座位坐一位学生，则三位学生所坐的座位号与学生的编号恰好都不同的概率是（ ）
A． B． C． D．
7．用4种不同颜色给如图所示的地图上色，要求相邻两块涂不同的颜色，不同的涂色方法共有（ ）
A．24种 B．36种 C．48种 D．72种
二、填空题
8．如图，提供4种不同的颜色给图中，，，四块区域涂色，若相邻的区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有___________种．
9．用0，1，2，3，4，5，6七个数共可以组成______个没有重复数字的三位数.
10．正方体的8个顶点中，选取4个共面的顶点，有______种不同选法
三、解答题
11．（1）用0，1，2，3，4，5可以组成多少个无重复数字的五位数？
（2）用0，1，2，3，4，5这六个数字组成无重复数字的六位数，若所有的六位数按从小到大的顺序组成一个数列，则240135是第几项．
12．已知集合，若、是的两个非空子集，则所有满足中的最大数小于中的最小数的集合对的个数为多少？
13．在某次国际高峰论坛上，组委会要从6个国内媒体团和3个国外媒体团中选出3个媒体团进行提问，要求这3个媒体团中既有国内媒体团又有国外媒体团，且国内媒体团不能连续提问，则不同的提问方式的种数是多少？
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【分析】可从反面考虑，计算A学校没有人去的种数.
【详解】若不考虑限制条件，每人都有3种选择，则共有种方法，
若没有人去A学校，每人都有2种选择，则共有种方法，
故不同的选法方案有种.
故选:B.
2．C
【分析】根据分类计数原理与分步计数原理计算可得答案．
【详解】要让电路从A处到B处接通，不同的路径条数为．
故选：C．
3．B
【分析】分别列出这三位同学从三类试题中随机选择一类试题作答的情况以及这三类试题都有同学选择的情况，再根据古典概型概率计算公式即可得出答案.
【详解】由题意可知，这三位同学从三类试题中随机选择一类试题作答时，每个同学均有3种选择，则共有种情况；
其中，这三类试题都有同学选择的情况，则共有种；
所以，这三类试题都有同学选择的概率.
故选：B.
4．B
【分析】采用分类分步的方法，先取一件次品，再取2件正品即可.
【详解】先取一件次品是，再取2件正品是，根据乘法原理得：
故选：B
5．D
【分析】根据分类加法计数原理，即可得到答案.
【详解】根据分类加法计数原理，不同的选法共有种．
故选：D
6．B
【分析】所有的排列法共有种，用列举法求得满足条件的排列数只有2种，由此可求得满足条件的概率.
【详解】编号为1，2，3的三位学生随意坐入编号为1，2，3的三个座位时，1号学生有3种坐法，2号学生有2种坐法，3号学生只有1种坐法，所以一共有6种坐法，其中座位号与学生的编号恰好都不同的坐法只有2种，所以所求的概率.
故选：B.
7．C
【分析】根据分步乘法计数原理逐一按①②③和④涂色，即可求解.
【详解】对于①②③，两两相邻，依次用不同颜色涂，共有种涂色方法，对于④，与②③相邻，但与①相隔，此时可用剩下的一种颜色或者与①同色，共2种涂色方法，则由分步乘法计数原理得种不同的涂色方法.
故选:C
8．48
【分析】先对区域涂色，再对区域涂色，再对区域涂色，最后对区域涂色，再根据分步乘法原理可得答案．
【详解】先对区域涂色，共有4种不同的涂法，再对区域涂色，共有3种不同的涂法，再对区域涂色，共有2种不同的涂法，最后对区域涂色，共有2种不同的涂法，
根据分步乘法计数原理，则不同的涂法共有种，
故答案为：48.
9．180
【分析】根据分类加法原理和分步乘法原理即可求解.
【详解】选0时，0不能在首位，故有个，
不选0时，有个，
根据分类加法原理，共有个，
故答案为:180.
10．12
【分析】正方体的侧棱出发找到与之共面的2个顶点，确定共面的情况数，注意重复计数的情况.
【详解】
从任意一个侧棱出发，其它6个顶点中任选2个点都有3种共面的情况，
所以，所有共面的情况有种，而每条棱均重复计数一次，
综上，正方体的8个顶点中，选取4个共面的顶点，有种.
故答案为：12
11．（1）600；（2）193.
【分析】（1）根据题意，先排首位，再排其它位置，进而结合分步计数乘法原理得到答案；
（2）根据所给数字，考虑首位数字是1和2两种情况，当首位数字为1时都比240 135小，当首位数字为2时考虑比240 135小的数字，进而根据排列数公式和分类加法计数原理得到答案.
【详解】（1）由于是五位数，首位数字不能为0，
首位数字有种排法；
其它位置有种排法；
所以，用0，1，2，3，4，5可以组成个无重复数字的五位数.
（2）由于是六位数，首位数字不能为0，
首位数字为1有个数，
首位数字为2，万位上为0，1，3中的一个有个数，
∴从小到大排列，240 135是第＋＋1＝193个，
即所有的六位数按从小到大的顺序组成一个数列，240 135是数列的第193项
12．49
【分析】分中的最大数为，中的最大数为，中的最大数为，中的最大数为，四种情况，根据题意列举出满足条件的集合、，即可得出结果.
【详解】解：根据题意，分4种情况讨论：
当中的最大数为，即时，，，，，，，，，，，，，，，，即的非空子集的个数为个；
当中的最大数为，即，时，，，，，，，，即个；
当中的最大数为，即，，，时，，，，即个；
当中的最大数为，即，，，，，，，时，，即的子集的个数为个；
所以总共个数为个．
13．198
【分析】由题，先分类，选取方式可分为2个国内媒体团和1个国外媒体团，或1个国内媒体团和2个国外媒体团，再分步，再根据不同选取方式得出对应的提问方式种数
【详解】由题，根据选取方式可分为2种情况：
2个国内媒体团和1个国外媒体团，选取方式有种，提问方式有种，共种；
1个国内媒体团和2个国外媒体团，选取方式有种，提问方式有种，共种.
综上，共种
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页