《创新方案》3.1.1　第1课时　课后达标检测 课件 高中数学选修二(人教B版)同步讲练测

(共23张PPT)
3.1　3.1.1　第1课时　课后达标检测
1．某班有28名男生，22名女生，从中选一名同学为数学课代表，则不同的选法种数为(　　)
A．50 B．26
C．24 D．616
解析：被选出来的数学课代表可能是男生也可能是女生．若是男生，有28种不同的选法；若是女生，有22种不同的选法．由分类加法计数原理得，共有28＋22＝50种不同的选法．
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2．某班联欢会原定的3个节目已排成节目单，开演前又增加了2个新节目，如果将这2个新节目插入节目单中，那么不同的插法种数为(　　)
A．12 B．20
C．36 D．120
解析：分两步：第一步，先插入第一个节目，有4种方法；第二步，插入第二个节目，有5种方法．因此不同的插法共有4×5＝20(种).故选B.
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3．(2024·辽宁大连月考)舞蹈演员甲有4件不同颜色的衬衣，3件不同花样的短裙，另有2套不同样式的连衣裙．现需选择一套服装参加歌舞演出，则不同的选择方式有(　　)
A．24种 B．14种
C．10种 D．9种
解析：由题意可知，舞蹈演员甲有4×3＋2＝14种不同的选择方式．
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4．十字路口来往的车辆，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：行车路线分为四类，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，由分类加法计数原理可得共有3＋3＋3＋3＝12种不同的行车路线．故选C.
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5．从a，b，c，d，e这5个元素中取出4个，放在4个不同的格子中，且元素b不能放在第二个格子里，则不同的放法种数为(　　)
A．60 B．72
C．96 D．120
解析：当元素b不被取出，不同的放法有4×3×2×1＝24(种)；当元素b被取出，则元素b有三个位置，不同的放法有3×4×3×2＝72(种)，所以一共有72＋24＝96种不同的放法．故选C.
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6．(多选)现有不同的红球4个，黄球5个，绿球6个，则下列说法正确的是(　　)
A．从中选出2个球，恰好1个红球1个黄球，有9种不同的选法
B．若每种颜色选出1个球，有120种不同的选法
C．若要选出不同颜色的2个球，有31种不同的选法
D．若要不放回地依次选出2个球，有210种不同的选法
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解析：对于A，从中选出2个球，恰好1个红球1个黄球，有4×5＝20种不同的选法，故A错误；
对于B，若每种颜色选出1个球，有4×5×6＝120种不同的选法，故B正确；
对于C，若要选出不同颜色的2个球，有4×5＋5×6＋4×6＝74种不同的选法，故C错误；
对于D，若要不放回地依次选出2个球，有15×14＝210种不同的选法，故D正确．故选BD.
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7．已知某种新产品的编号由1个英文字母和1个数字组成，且英文字母在前，数字在后．已知英文字母是A，B，C，D，E这5个字母中的1个，数字是1，2，3，4，5，6，7，8，9这9个数字中的一个，则共有________个不同的编号．(用数字作答)
解析：对于英文字母来说，共有5种可能；对于数字来说，共有9种可能，按照分步乘法计数原理可知，共有5×9＝45个不同的编号．
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8．某体育场南侧有4个大门，北侧有3个大门，某人到该体育场晨练，则他进、出门的方案种数为________．
解析：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，根据分步乘法计数原理可知，他进、出门的方案有7×7＝49(种).
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9．从1，2，3，4，5，6，7，8，9这九个数中任取两个数，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 ________.
解析：由于1只能作为真数，因此以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，共能得到8×7＝56个对数式．其中log24＝log39，log42＝log93，log23＝log49，log32＝log94，所以得到不同对数值的个数为1＋56－4＝53.
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10．现有4个数学课外兴趣小组，其中一、二、三、四组分别有7人、8人、9人、10人．
(1)选1人为负责人，有多少种不同的选法？
解：分四类讨论：第一类，从一组中选1人，有7种选法；第二类，从二组中选1人，有8种选法；第三类，从三组中选1人，有9种选法；第四类，从四组中选1人，有10种选法．所以不同的选法共有7＋8＋9＋10＝34(种).
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现有4个数学课外兴趣小组，其中一、二、三、四组分别有7人、8人、9人、10人．
(2)每组选1名组长，有多少种不同的选法？
解：分四步讨论：第一、二、三、四步分别为从一、二、三、四组中选1名组长．所以不同的选法共有7×8×9×10＝5 040(种).
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现有4个数学课外兴趣小组，其中一、二、三、四组分别有7人、8人、9人、10人．
(3)推选2人发言，这2人需来自不同的小组，有多少种不同的选法？
解：分六类讨论：从一、二组中各选1人，有7×8种不同的选法；从一、三组中各选1人，有7×9种不同的选法；从一、四组中各选1人，有7×10种不同的选法；从二、三组中各选1人，有8×9种不同的选法；从二、四组中各选1人，有8×10种不同的选法；从三、四组中各选1人，有9×10种不同的选法．所以不同的选法共有7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(种).
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11．(2024·北京市西城区月考)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可表示的不同直线的数量是(　　)
A．20 B．21
C．22 D．24
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．由分类加法计数原理知，Ax＋By＝0可表示1＋1＋20＝22条不同的直线．故选C.
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12.“数独九宫格”原创者是18世纪的瑞士数学家欧拉，它的游戏规则很简单，将1到9这九个自然数填到如图所示的小九宫格的9个空格里，每个空格填一个数，且9个空格的数字各不相同，若中间空格已填数字5，且只填第二行和第二列，并要求第二行从左至右及第二列从上至下所填的数字都是从小到大排列的，则不同的填法种数为(　　)
A．72 B．108
C．144 D．196
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解析：按题意，5的上方和左边只能从1，2，3，4中选取，5的下方和右边只能从6，7，8，9中选取．第一步，填上方空格，有4种方法；第二步，填左方空格，有3种方法；第三步，填下方空格，有4种方法；第四步，填右方空格，有3种方法．由分步乘法计数原理得，不同的填法总数为4×3×4×3＝144.故选C.
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13．某电商为某次活动设计了“和谐”“爱国”“敬业”三种红包，活动规定每人可以依次点击4次，每次都会获得三种红包中的一种，若集全三种即可获奖，但三种红包出现的顺序不同，对应的奖次也不同．员工甲按规定依次点击了4次，直到第4次才获奖．则他获得奖次的不同情形种数为________．
解析：根据题意，若员工甲直到第4次才获奖，则其第4次才集全“和谐”“爱国”“敬业”三种红包，则甲第4次获得的红包有3种情况，前三次获得的红包为其余的2种，有23－2＝6种情况，则他获得奖次的不同情形种数为3×6＝18.
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14．设有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画．
(1)从这些国画、油画、水彩画中各选1幅画布置房间，有几种不同的选法？
解：分三步完成，第一步选国画有5种，第二步选油画有2种，第三步选水彩画有7种，根据分步乘法计数原理得，共有5×2×7＝70(种).
(2)从这些画中任选出2幅不同画种的画布置房间，有几种不同的选法？
解：分三类，第一类，选国画和油画共有5×2＝10(种)；第二类，选国画和水彩画共有5×7＝35(种)；第三类，选油画和水彩画共有2×7＝14(种)，根据分类加法计数原理共有10＋35＋14＝59(种).
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15．一个杂技团有8名会表演魔术或口技的演员，其中有6人会表演口技，有5人会表演魔术，现从这8人中选出2人上台表演，1人表演口技，1人表演魔术，则不同的安排方法有________种.
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解析：由题可知有2人只会表演魔术，有3人只会表演口技，有3人既会表演魔术又会表演口技．先从只会表演魔术的人中选出1人表演魔术有2种选择，再从其他6人中选出1人表演口技有6种选择，故共有2×6＝12种安排方法；从既会表演魔术又会表演口技的3人中选出1人表演魔术，有3种选择，再从只会表演口技的3人和既会表演魔术又会表演口技的剩余2人中选出1人表演口技，有5种选择，故共有3×5＝15种安排方法．故不同的安排方法有12＋15＝27(种).
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16．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日这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，求不同的用车方案的种数？
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解：5日至9日有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种用车方案．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种用车方案；第二类，不安排甲的车，每天都有2种选择，有23＝8种用车方案，故共有12＋8＝20种用车方案．根据分步乘法计数原理，不同的用车方案共有4×20＝80(种).
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