7.1 两个基本计数原理（同步测试）（含解析）-高中数学苏教版（2019）选择性必修2
文档属性
| 名称 | 7.1 两个基本计数原理（同步测试）（含解析）-高中数学苏教版（2019）选择性必修2 |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 716.1KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-10-14 12:08:31 | ||
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文档简介
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7.1 两个基本计数原理（同步测试）-高中数学苏教版（2019）选择性必修2
一、选择题
1．概率论起源于博弈游戏17世纪，曾有一个“赌金分配”的问题：博弈水平相当的甲 乙两人进行博弈游戏每局比赛都能分出胜负，没有平局.双方约定，各出赌金150枚金币，先赢3局者可获得全部赎金；但比赛中途因故终止了，此时甲赢了2局，乙赢了1局.向这300枚金币的赌金该如何分配？数学家费马和帕斯卡都用了现在称之为“概率”的知识，合理地给出了赌金分配方案.该分配方案是( )
A.甲150枚，乙150枚 B.甲225枚，乙75枚
C.甲200枚，乙100枚 D.甲240枚，乙60枚
2．6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者,每名同学只去一个场馆,其中甲场馆安排2名志愿者,乙、丙场馆都至少安排1名志愿者,则不同的安排方法共有( )
A.300种 B.210种 C.120种 D.60种
3．在n个数码1，2，…，的全排列，…，中，若一个较大的数码排在一个较小的数码的前面，则称它们构成一个逆序，这个排列的所有逆序个数的总和称为这个排列的逆序数，记为.例如，在3个数码的排列312中，3与1，3与2都构成逆序，因此.那么( )
A.19 B.20 C.21 D.22
4．我们把个位、十位、百位上的数依次成等差数列（公差不为0）的三位数称为“阶梯数”，则所有的“阶梯数”共有( )
A.16个 B.20个 C.32个 D.36个
5．已知一个顶角为的等腰，空间中取不同的两点P，Q（不计顺序），使得这两点与A，B，C可组成正四棱锥，且A，B，C三点不能同时在底面上，则有( )种不同的方案数.
A.3 B.6 C.9 D.12
6．我们把各个数位上的数字之和为8的三位数称为“幸运数”，例如“170，332，800”都是“幸运数”.问“幸运数”的个数共有( )
A.35个 B.36个 C.37个 D.38个
二、多项选择题
7．某人设计一项单人游戏，规则如下：先将一棋子放在如图所示正方形（边长为2个单位）的顶点A处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走的单位，如果掷出的点数为，则棋子就按逆时针方向行走i个单位，一直循环下去.某人抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点A处，则( )
A.三次骰子后所走的步数可以是12
B.三次骰子的点数之和只可能有两种结果
C.三次骰子的点数之和超过10的走法有6种
D.回到点A处的所有不同走法共有27种
8．将4个不同的小球放入3个分别标有1，2，3的盒子中，不允许有空盒子的放法有多少种？下列结论正确的有( )
A. B. C. D.18
三、填空题
9．已知是边长为1的正方形，在空间中取4个不同的点，使得它们与A、B、C、D恰好成为一个侧棱长为1的正四棱柱的8个顶点，则不同的取法数为_________.
10．拓扑学中，所谓“树”是指这样一种图形：在平面中，任意两点都可以连线，从而可以形成连通.若两点之间的连通没有回路，且任意两点之间没有不同的通路，则称两点具有唯一的连通.如图：两个点、三个点唯一的连通均有一种，四个点唯一的连通有2种，五个点唯一的连通有3种，平面里六个点唯一的连通有_________种.
11．已知a，，则关于x的方程有实数解的有序数对的个数为_________.
四、解答题
12．已知6件不同的产品中有2件次品，4件正品，现对这6件产品一一进行测试，直至确定出所有次品则测试终止.（以下请用数字表示结果）
（1）若恰在第2次测试时，找到第一件次品，且第4次测试时，才找到最后一件次品，则共有多少种不同的测试情况？
（2）若至多测试4次就能找到所有次品，则共有多少种不同的测试情况？
13．从这7个数字中取出4个数字，试问：
（1）能组成多少个没有重复数字的四位数？
（2）能组成多少个没有重复数字的四位偶数？
参考答案
1．答案：B
解析：由题可知，对单独每一局游戏，甲乙获胜的概率均为，
若游戏继续进行，最多再进行2局即可分出胜负，
①第四局甲赢，比赛结束，甲胜出，概率为；
②第四局乙赢，第五局甲赢，比赛结束，甲胜出，概率为；
③第四局乙赢，第五局乙赢，比赛结束，乙胜出，概率为；
则甲胜出的概率为，则甲应该分得赌金的，
所以枚，乙分得赌金枚.
故选：B.
2．答案：B
解析：根据题意可知,甲场馆安排2名志愿者可以知有种,
乙、丙场馆都至少安排1名志愿者可以有三种分法
第一种是乙馆安排1名志愿者丙安排3名有种情况,
第二种是乙、丙各安排2名有,
第三种是乙安排3名丙安排1名,
所以根据分步算法可得种.
故选：B.
3．答案：C
解析：由题意，对于八位数，可得8与后面每个数字都构成逆序，
7与后面每个数字都构成逆序，5与4，2，1，3都构成逆序，4与2，1，3都构成逆序，
2与1构成逆序，所以.
故选：C.
4．答案：D
解析：公差为1时，有123，234…789共7种；
公差为时，有987，876…210共8种；
公差为2时，135，246…579共5种；
公差为时，975，864…420共6种；
公差为3时，147，258，369共3种；
公差为时，963，852，741，630共4种；
公差为4时，159共1种；
公差为时，951，840共2种.
所以一共有种.
故答案为：D.
5．答案：A
解析：因为是一个顶角为的等腰三角形，
不妨设，是的两腰，则点A为的顶点，
若以A为正四棱锥的顶点，
则底面正方形可以为边，如图1，共两种，
也可以为对角线，如图2，共一种，
若不以A为正四棱锥的顶点时，由于，
故不管以B，C哪个点为正四棱锥的顶点，都不可能组成正四棱锥，
综上，一共有三种不同的方案数.
故选：A.
6．答案：B
解析：当首位数字为1时，后两位相加为7，共有8种；
当首位数字为2时，后两位相加为6，共有7种；
当首位数字为3时，后两位相加为5，共有6种；
当首位数字为4时，后两位相加为4，共有5种；
当首位数字为5时，后两位相加为3，共有4种；
当首位数字为6时，后两位相加为2，共有3种；
当首位数字为7时，后两位相加为1，共有2种；
当首位数字为8时，后两位相加为0，共有1种；
故共有个数.
故选：B.
7．答案：BCD
解析：A、B：由题意知正方形（边长为2个单位）的周长是8，抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点A处的表示三次骰子的点数之和是8，16，故A错误，B正确；
C、D：列举出在点数中三个数字能够使得和为8，16的125，134，116，224，233，466，556，
共有7种组合，前2种组合125，134，每种情况可以排列出种结果，共有种结果；，116，224，233，466，556各有3种结果，共有种结果，其中点数之和超过10的走法为466，556，共有种，故C正确；根据分类计数原理知共有种结果，故D正确；
故选：BCD.
8．答案：BC
解析：根据题意，4个不同的小球放入3个分别标有1，2，3的盒子中，且没有空盒，则3个盒子中有1个中放2个球，剩下的2个盒子中各放1个球，有2种解法：（1）分两步进行解题思路：①先将4个不同的小球分成3组，有种分组方法；②将分好的3组全排列，对应放到3个盒子中，有种放法，故没有空盒的放法有种.（2）分两步进行解题思路：①在4个小球中任选2个，在3个盒子中任选1个，将选出的2个小球放入选出的小盒中，有种方法；②将剩下的2个小球全排列，放入剩下的2个小盒中，有种放法，故没有空盒的放法有种.选BC.
9．答案：4
解析：根据题意，分2种情况讨论：
①正方形作为对角面时，有2个，
②正方形作为正四棱柱的底面或侧面，有2个，
共有种取法.
故答案为：4.
10．答案：6
解析：由前四种情况类比可得，当平面里有六个点的时候，
如图，有以下四种方法：
又从所给例子可以推断，第一个点，不能连多个点，但允许第二个点（从下往上）连多个点，而且高度要保持一致，所以当平面有六个点时，还有以下两种方法：
故答案为：6.
11．答案：12
解析：①当时，b取范围内任一实数均有实数解，此时有4对；
②当时，有解则满足，即，
当时，b可取的值有、0、2、3，
当时，b可取的值有、0，
当时，b可取的值有、0，
共有12对.
故答案为：12.
12．答案：（1）24
（2）114
解析：（1）需测试4次，按顺序可看作为4个位置，
两件次品置于第二，四位，有放法数；
其余二个位置放二个正品，有放法数
由乘法原理方法数为：种不同的测试情况；
（2）至多4次可分为恰好2次，恰好3次，恰好4次找到所有次品，
恰好2次，即前2次测试都是次品，方法数为；
恰好3次，即第3次是次品，前2次中有1次是次品，方法数为；
恰好4次，即第4次是次品，前3次中有1次是次品，方法数为；
也可以是前四次全是正品，方法数为，
故共有种不同的测试情况.
13．答案：（1）720
（2）420
解析：（1）第一步：千位不能为0，有6种选择；
第二步：百位可以从剩余数字中选，有6种选择；
第三步：十位可以从剩余数字中选，有5种选择；
第四步：个位可以从剩余数字中选，有4种选择.
根据分步计数原理，能组成个没有重复数字的四位数.
（2）第一类：当个位数字是0时，没有重复数字的四位数有个；
第二类：当个位数字是2时，千位不能为0，没有重复数字的四位数有个；
第三类：当个位数字是4时，千位不能为0，没有重复数字的四位数有个；
第四类：当个位数字是6时，千位不能为0，没有重复数字的四位数有个.
根据分类计数原理.能组成个没有重复数字的四位偶数.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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7.1 两个基本计数原理（同步测试）-高中数学苏教版（2019）选择性必修2
一、选择题
1．概率论起源于博弈游戏17世纪，曾有一个“赌金分配”的问题：博弈水平相当的甲 乙两人进行博弈游戏每局比赛都能分出胜负，没有平局.双方约定，各出赌金150枚金币，先赢3局者可获得全部赎金；但比赛中途因故终止了，此时甲赢了2局，乙赢了1局.向这300枚金币的赌金该如何分配？数学家费马和帕斯卡都用了现在称之为“概率”的知识，合理地给出了赌金分配方案.该分配方案是( )
A.甲150枚，乙150枚 B.甲225枚，乙75枚
C.甲200枚，乙100枚 D.甲240枚，乙60枚
2．6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者,每名同学只去一个场馆,其中甲场馆安排2名志愿者,乙、丙场馆都至少安排1名志愿者,则不同的安排方法共有( )
A.300种 B.210种 C.120种 D.60种
3．在n个数码1，2，…，的全排列，…，中，若一个较大的数码排在一个较小的数码的前面，则称它们构成一个逆序，这个排列的所有逆序个数的总和称为这个排列的逆序数，记为.例如，在3个数码的排列312中，3与1，3与2都构成逆序，因此.那么( )
A.19 B.20 C.21 D.22
4．我们把个位、十位、百位上的数依次成等差数列（公差不为0）的三位数称为“阶梯数”，则所有的“阶梯数”共有( )
A.16个 B.20个 C.32个 D.36个
5．已知一个顶角为的等腰，空间中取不同的两点P，Q（不计顺序），使得这两点与A，B，C可组成正四棱锥，且A，B，C三点不能同时在底面上，则有( )种不同的方案数.
A.3 B.6 C.9 D.12
6．我们把各个数位上的数字之和为8的三位数称为“幸运数”，例如“170，332，800”都是“幸运数”.问“幸运数”的个数共有( )
A.35个 B.36个 C.37个 D.38个
二、多项选择题
7．某人设计一项单人游戏，规则如下：先将一棋子放在如图所示正方形（边长为2个单位）的顶点A处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走的单位，如果掷出的点数为，则棋子就按逆时针方向行走i个单位，一直循环下去.某人抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点A处，则( )
A.三次骰子后所走的步数可以是12
B.三次骰子的点数之和只可能有两种结果
C.三次骰子的点数之和超过10的走法有6种
D.回到点A处的所有不同走法共有27种
8．将4个不同的小球放入3个分别标有1，2，3的盒子中，不允许有空盒子的放法有多少种？下列结论正确的有( )
A. B. C. D.18
三、填空题
9．已知是边长为1的正方形，在空间中取4个不同的点，使得它们与A、B、C、D恰好成为一个侧棱长为1的正四棱柱的8个顶点，则不同的取法数为_________.
10．拓扑学中，所谓“树”是指这样一种图形：在平面中，任意两点都可以连线，从而可以形成连通.若两点之间的连通没有回路，且任意两点之间没有不同的通路，则称两点具有唯一的连通.如图：两个点、三个点唯一的连通均有一种，四个点唯一的连通有2种，五个点唯一的连通有3种，平面里六个点唯一的连通有_________种.
11．已知a，，则关于x的方程有实数解的有序数对的个数为_________.
四、解答题
12．已知6件不同的产品中有2件次品，4件正品，现对这6件产品一一进行测试，直至确定出所有次品则测试终止.（以下请用数字表示结果）
（1）若恰在第2次测试时，找到第一件次品，且第4次测试时，才找到最后一件次品，则共有多少种不同的测试情况？
（2）若至多测试4次就能找到所有次品，则共有多少种不同的测试情况？
13．从这7个数字中取出4个数字，试问：
（1）能组成多少个没有重复数字的四位数？
（2）能组成多少个没有重复数字的四位偶数？
参考答案
1．答案：B
解析：由题可知，对单独每一局游戏，甲乙获胜的概率均为，
若游戏继续进行，最多再进行2局即可分出胜负，
①第四局甲赢，比赛结束，甲胜出，概率为；
②第四局乙赢，第五局甲赢，比赛结束，甲胜出，概率为；
③第四局乙赢，第五局乙赢，比赛结束，乙胜出，概率为；
则甲胜出的概率为，则甲应该分得赌金的，
所以枚，乙分得赌金枚.
故选：B.
2．答案：B
解析：根据题意可知,甲场馆安排2名志愿者可以知有种,
乙、丙场馆都至少安排1名志愿者可以有三种分法
第一种是乙馆安排1名志愿者丙安排3名有种情况,
第二种是乙、丙各安排2名有,
第三种是乙安排3名丙安排1名,
所以根据分步算法可得种.
故选：B.
3．答案：C
解析：由题意，对于八位数，可得8与后面每个数字都构成逆序，
7与后面每个数字都构成逆序，5与4，2，1，3都构成逆序，4与2，1，3都构成逆序，
2与1构成逆序，所以.
故选：C.
4．答案：D
解析：公差为1时，有123，234…789共7种；
公差为时，有987，876…210共8种；
公差为2时，135，246…579共5种；
公差为时，975，864…420共6种；
公差为3时，147，258，369共3种；
公差为时，963，852，741，630共4种；
公差为4时，159共1种；
公差为时，951，840共2种.
所以一共有种.
故答案为：D.
5．答案：A
解析：因为是一个顶角为的等腰三角形，
不妨设，是的两腰，则点A为的顶点，
若以A为正四棱锥的顶点，
则底面正方形可以为边，如图1，共两种，
也可以为对角线，如图2，共一种，
若不以A为正四棱锥的顶点时，由于，
故不管以B，C哪个点为正四棱锥的顶点，都不可能组成正四棱锥，
综上，一共有三种不同的方案数.
故选：A.
6．答案：B
解析：当首位数字为1时，后两位相加为7，共有8种；
当首位数字为2时，后两位相加为6，共有7种；
当首位数字为3时，后两位相加为5，共有6种；
当首位数字为4时，后两位相加为4，共有5种；
当首位数字为5时，后两位相加为3，共有4种；
当首位数字为6时，后两位相加为2，共有3种；
当首位数字为7时，后两位相加为1，共有2种；
当首位数字为8时，后两位相加为0，共有1种；
故共有个数.
故选：B.
7．答案：BCD
解析：A、B：由题意知正方形（边长为2个单位）的周长是8，抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点A处的表示三次骰子的点数之和是8，16，故A错误，B正确；
C、D：列举出在点数中三个数字能够使得和为8，16的125，134，116，224，233，466，556，
共有7种组合，前2种组合125，134，每种情况可以排列出种结果，共有种结果；，116，224，233，466，556各有3种结果，共有种结果，其中点数之和超过10的走法为466，556，共有种，故C正确；根据分类计数原理知共有种结果，故D正确；
故选：BCD.
8．答案：BC
解析：根据题意，4个不同的小球放入3个分别标有1，2，3的盒子中，且没有空盒，则3个盒子中有1个中放2个球，剩下的2个盒子中各放1个球，有2种解法：（1）分两步进行解题思路：①先将4个不同的小球分成3组，有种分组方法；②将分好的3组全排列，对应放到3个盒子中，有种放法，故没有空盒的放法有种.（2）分两步进行解题思路：①在4个小球中任选2个，在3个盒子中任选1个，将选出的2个小球放入选出的小盒中，有种方法；②将剩下的2个小球全排列，放入剩下的2个小盒中，有种放法，故没有空盒的放法有种.选BC.
9．答案：4
解析：根据题意，分2种情况讨论：
①正方形作为对角面时，有2个，
②正方形作为正四棱柱的底面或侧面，有2个，
共有种取法.
故答案为：4.
10．答案：6
解析：由前四种情况类比可得，当平面里有六个点的时候，
如图，有以下四种方法：
又从所给例子可以推断，第一个点，不能连多个点，但允许第二个点（从下往上）连多个点，而且高度要保持一致，所以当平面有六个点时，还有以下两种方法：
故答案为：6.
11．答案：12
解析：①当时，b取范围内任一实数均有实数解，此时有4对；
②当时，有解则满足，即，
当时，b可取的值有、0、2、3，
当时，b可取的值有、0，
当时，b可取的值有、0，
共有12对.
故答案为：12.
12．答案：（1）24
（2）114
解析：（1）需测试4次，按顺序可看作为4个位置，
两件次品置于第二，四位，有放法数；
其余二个位置放二个正品，有放法数
由乘法原理方法数为：种不同的测试情况；
（2）至多4次可分为恰好2次，恰好3次，恰好4次找到所有次品，
恰好2次，即前2次测试都是次品，方法数为；
恰好3次，即第3次是次品，前2次中有1次是次品，方法数为；
恰好4次，即第4次是次品，前3次中有1次是次品，方法数为；
也可以是前四次全是正品，方法数为，
故共有种不同的测试情况.
13．答案：（1）720
（2）420
解析：（1）第一步：千位不能为0，有6种选择；
第二步：百位可以从剩余数字中选，有6种选择；
第三步：十位可以从剩余数字中选，有5种选择；
第四步：个位可以从剩余数字中选，有4种选择.
根据分步计数原理，能组成个没有重复数字的四位数.
（2）第一类：当个位数字是0时，没有重复数字的四位数有个；
第二类：当个位数字是2时，千位不能为0，没有重复数字的四位数有个；
第三类：当个位数字是4时，千位不能为0，没有重复数字的四位数有个；
第四类：当个位数字是6时，千位不能为0，没有重复数字的四位数有个.
根据分类计数原理.能组成个没有重复数字的四位偶数.
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