《人教版 高中数学选修23 练习第1章 计数原理1.1 第2课时》由会员分享，可在线阅读，更多相关《人教版 高中数学选修23 练习第1章 计数原理1.1 第2课时（6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2019学年人教版高中数学选修精品资料第一章 1.1 第2课时A级基础巩固一、选择题1已知函数yax2bxc，其中a、b、c0,1,2,3,4，则不同的二次函数的个数共有(C)A125个B15个C100个D10个解析由题意可得a0，可分以下几类，第一类：b0，c0，此时a有4种选择，c也有4种选择，共有4416个不同的函数；第二类：c0，b0，此时a有4种选择，b也有4种选择，共有4416个不同的函数；第三类：b0，c0，此时a，b，c都各有4种选择，共有44464个不同的函数；第四类：b0，c0，此时a有4种选择，共有4个不同的函数由分类加法计数原理，可确定不同的二次函数共有N1616644
2、100(个)故选C2(2016无锡高二检测)体育老师把9个相同的足球放入编号为1,2,3的三个箱子中，要求每个箱子放球的个数不小于其编号，则不同的放球方法有(B)A8种B10种C12种D16种解析首先在三个箱子中放入个数与编号相同的球，这样剩下三个足球，这三个足球可以随意放置，第一种方法，可以在每一个箱子中放一个，有1种结果；第二种方法，可以把球分成两份，1和2，这两份在三个位置，有326种结果；第三种方法，可以把三个球都放到一个箱子中，有3种结果综上可知共有16310种结果35名班委进行分工，其中A不适合当班长，B只适合当学习委员，则不同的分工方案种数为(A)A18B24C60D48解析根据
3、题意，B只适合当学习委员，有1种情况，A不适合当班长，也不能当学习委员，有3种安排方法，剩余的3人，担任剩余的工作，有3216种情况，由分步乘法计数原理，可得共有13618种分工方案，故选A4从个位数与十位数之和为奇数的两位数中任取一个，其个位数为0的概率是(D)ABCD解析本题考查计数原理与古典概型，两数之和为奇数，则两数一奇一偶，若个位数为奇数，则共有4520个数，若个位数为偶数，共有5525个数，其中个位为0的数共有5个，P.5如图，某电子器件是由三个电阻组成的回路，其中共有6个焊接点A、B、C、D、E、F，如果某个焊接点脱落，整个电路就会不通，现在电路不通了，那么焊接点脱落的可能性共有
4、(C)A6种B36种C63种D64种解析每个焊接点都有正常与脱落两种情况，只要有一个脱落电路即不通，共有26163种故选C6从集合1,2,3，10中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为(D)A3B4C6D8解析当公比为2时，等比数列可为1、2、4,2、4、8.当公比为3时，等比数列可为1、3、9.当公比为时，等比数列可为4、6、9.同时，4、2、1,8、4、2,9、3、1和9、6、4也是等比数列，共8个二、填空题7(2016温州高二检测)有一质地均匀的正四面体，它的四个面上分别标有1、2、3、4四个数字，现将它连续抛掷3次，其底面落于桌面，记三次在正四面体底面的数
5、字和为S，则“S恰好为4”的概率为.解析本题是一道古典概型问题用有序实数对(a，b，c)来表示连续抛掷3次所得的3个数字，则该试验中共含44464个基本事件，取Sabc，事件“S恰好为4”中包含了(1,1,2)，(1,2,1)，(2,1,1)三个基本事件，则所求概率P.8现有五种不同的颜色，要对图形中的四个部分进行着色，要求有公共边的两块不能用同一种颜色，不同的涂色方法有_180_种.解析依次给区域、涂色分别有5、4、3、3种方法，根据分步乘法计数原理，不同的涂色方法的种数为5433180.9有10本不同的数学书，9本不同的语文书，8本不同的英语书，从中任取两本不同类的书，共有不同的取法_24
6、2_种.解析取两本书中，一本数学、一本语文，根据分步乘法计数原理有10990(种)不同取法；取两本书中，一本语文、一本英语，有9872(种)不同取法；取两本书中，一本数学、一本英语，有10880(种)不同取法综合以上三类，利用分类加法计数原理，共有907280242(种)不同取法三、解答题10有三项体育运动项目，每个项目均设冠军和亚军各一名奖项.(1)学生甲参加了这三个运动项目，但只获得一个奖项，学生甲获奖的不同情况有多少种？(2)有4名学生参加了这三个运动项目，若一个学生可以获得多项冠军，那么各项冠军获得者的不同情况有多少种？解析(1)三个运动项目，共有六个奖项，由于甲获得一个奖项且甲可获得
7、六个奖项中的任何一个甲有6种不同的获奖情况(2)每一项体育运动项目中冠军的归属都有4种不同的情况，故各项冠军获得者的不同情况有44464(种)B级素养提升一、选择题1某单位有7个连在一起的车位，现有3辆不同型号的车需停放，如果要求剩余的4个车位连在一起，则不同的停放方法的种数为(C)A16B18C24D32解析若将7个车位从左向右按17进行编号，则该3辆车有4种不同的停放方法：(1)停放在13号车位；(2)停放在57号车位；(3)停放在1、2、7号车位；(4)停放在1、6、7号车位每一种停放方法均有6种，故共有24种不同的停放方法2先后掷两次正方体骰子(骰子的六个面分别标有点数1、2、3、4、
8、5、6)，骰子朝上的面的点数分别为m、n，则mn是奇数的概率是(C)ABCD解析先后掷两次正方体骰子总共有36种可能，要使mn是奇数，则m、n都是奇数，因此有以下几种可能：(1,1)，(1,3)，(1,5)，(3,1)，(3,3)，(3,5)，(5,1)，(5,3)，(5,5)共9种可能因此P.二、填空题3连掷两次骰子得到的点数分别为m和n，向量a(m，n)和向量b(1，1)的夹角为，则为锐角的概率是.解析cos，(0，)，mn，则m2时，n1；m3时，n1,2；m4时，n1,2,3；m5时，n1,2,3,4；m6时，n1,2,3,4,5.则这样的向量a共有1234515(个)，而第一次投掷骰
9、子得到的点数m有6种情形，同样n也有6种情形，不同的向量a(m，n)，共有6636个，因此所求概率P.4从集合1,2,3,4,5,6中任取两个元素作为双曲线1中的几何量a、b的值，则“双曲线渐近线的斜率k满足|k|1”的概率为.解析所有可能取法有6530种，由|k|1知ba，满足此条件的有(2,1)，(3,2)，(3,1)，(4,3)，(4,2)，(4,1)，(5,4)，(5,3)，(5,2)，(5,1)，(6,5)，(6,4)，(6,3)，(6,2)，(6,1)共15种，所求概率P.三、解答题5(2016杭州外国语学校检测)给出一个正五棱柱，用3种颜色给其10个顶点染色，要求各侧棱的两个端点
10、不同色，有几种染色方案？解析分两步，先给上底面的5个顶点染色，每个顶点都有3种方法，共有35种方法，再给下底面的5个顶点染色，因为各侧棱两个端点不同色，所以每个顶点有2种方法，共有25种方法，根据分步乘法计数原理，共有35257776(种)染色方案6用1、2、3、4四个数字(可重复)排成三位数，并把这些三位数由小到大排成一个数列an.(1)写出这个数列的前11项；(2)这个数列共有多少项？(3)若an341，求n.解析(1)111,112,113,114,121,122,123,124,131,132,133.(2)这个数列的项数就是用1、2、3、4排成的三位数的个数，每个位上都有4种排法，则
11、共有44464项(3)比an341小的数有两类：；.共有24413444项n44145(项)C级能力拔高(2017日照高二检测)用n种不同颜色为下列两块广告牌着色(如图甲、乙)，要求在，四个区域中相邻(有公共边界)的区域不用同一种颜色.(1)若n6，为甲着色时共有多少种不同方法？(2)若为乙着色时共有120种不同方法，求n.解析完成着色这件事，共分四个步骤，可依次考虑为，着色时各自的方法数，再由分步乘法计算原理确定总的着色方法数(1)为着色有6种方法，为着色有5种方法，为着色有4种方法，为着色也有4种方法所以共有着色方法6544480(种)(2)与(1)的区别在于与相邻的区域由两块变成了三块，同理，不同的着色方法数是n(n1)(n2)(n3)，由n(n1)(n2)(n3)120，所以(n23n)(n23n2)1200.即(n23n)22(n23n)12100.所以n23n100.所以n5.
