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预习衔接.夯实基础 基本计数原理
一．选择题（共4小题）
1．（2024春 淄川区校级期中）如图，用四种不同颜色给矩形A、B、C、D涂色，要求相邻的矩形涂不同的颜色，则不同的涂色方法共有（　　）
A．12种 B．24种 C．48种 D．72种
2．（2024秋 龙岩期中）从含有3件次品的8件新产品中，任意抽取4件进行检验，抽出的4件产品中恰好有2件次品的抽法种数为（　　）
A． B．
C． D．
3．（2024春 钟山区校级期末）从由1，2，3，4，5组成的没有重复数字的两位数中任取一个，则这个两位数大于40的个数是（　　）
A．6 B．8 C．10 D．12
4．（2024春 济南期末）大明湖是济南三大名胜之一，素有“泉城明珠”之美誉，自2017年1月1日起全面向社会免费开放．景区有东南西北4个大门，每个大门进去都有不同景致，小明从一个门进，另一个门出，则不同进出方式的种数为（　　）
A．7 B．8 C．12 D．16
二．多选题（共3小题）
（多选）5．（2024春 武汉期末）将四个编号为1，2，3，4的小球放入四个分别标有1，2，3，4号的盒子中，则下列结论正确的有（　　）
A．共有256种放法
B．恰有一个盒子不放球，共有72种放法
C．恰有两个盒子不放球，共有84种放法
D．没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号都不相同的放法共有9种
（多选）6．（2024春 宿迁期中）（多选）下列说法中正确的有（　　）
A．4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有43种报名方法
B．4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有34种报名方法
C．4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军（每项冠军只允许一人获得），共有43种可能结果
D．4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军（每项冠军只允许一人获得），共有34种可能结果
（多选）7．（2024春 齐齐哈尔期中）若一个三位数中十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小，则称这个数为“凹数”，如213、435等都是“凹数”，用1，2，3，4，5这五个数字组成无重复数字的三位数，则（　　）
A．组成的三位数的个数为60
B．在组成的三位数中，各位数字之和为9的个数为6
C．在组成的三位数中，比300大的个数为36
D．在组成的三位数中，“凹数”的个数为24
三．填空题（共4小题）
8．（2024春 武汉期中）在（x﹣1）（x﹣2）（x﹣3）（x+4）（x+5）（x+6）的展开式中，x5的系数是 　 　．
9．（2023秋 海淀区校级期末）从数字1，2，3，4中选出3个不同的数字构成四位数，且相邻数位上的数字不相同，则这样的四位数共有 　 　个．
10．（2024春 泉山区校级期中）用1、2、3、4、5组成没有重复数字的五位数，其中满足a＞b＞c＜d＜e的五位数有n个，则在1+（1+x）1+（1+x）2+（1+x）3+…+（1+x）n的展开式中，x2的系数是 　 　．（用数字作答）
11．（2024春 闵行区校级期中）已知有5个男生和x个女生，若从中选择2个男生和1个女生在狂欢节中表演一个小品节目，共有30种不同的选法，则x＝　 　．
四．解答题（共4小题）
12．（2024春 长治期中）用0，1，2，3，4，5这六个数组成没有重复数字的四位数．
（1）其中偶数共有多少个？
（2）比2024大的数有多少个？
13．（2024春 宿迁期中）0～9共10个数字．
（1）可组成多少个无重复数字的四位数；
（2）可组成多少个无重复数字的五位偶数；
（3）可组成多少个无重复数字的大于或等于30000的五位数；
（4）在无重复数字的五位数中，50124从大到小排第几．
14．（2024春 城中区校级期中）有0，1，2，3，4五个数字，问：
（1）可以组成多少个无重复数字的四位密码？
（2）可以组成多少个无重复数字的四位数？
15．（2024春 合肥期中）如图，从左到右有5个空格．
（1）若向这5个格子填入0，1，2，3，4五个数，要求每个数都要用到，且第三个格子不能填0，则一共有多少不同的填法？（用数字作答）
（2）若给这5个空格涂上颜色，要求相邻格子不同色，现有红黄蓝3颜色可供使用，问一共有多少不同的涂法？（用数字作答）
（3）若把这5个格子看成5个企业，现安排3名校长与5个企业洽谈，若每名校长与2家企业领导洽谈，每家企业至少接待1名校长，则不同的安排方法共有多少种（用数字作答）．
预习衔接.夯实基础 基本计数原理
参考答案与试题解析
一．选择题（共4小题）
1．（2024春 淄川区校级期中）如图，用四种不同颜色给矩形A、B、C、D涂色，要求相邻的矩形涂不同的颜色，则不同的涂色方法共有（　　）
A．12种 B．24种 C．48种 D．72种
【考点】分步乘法计数原理．
【专题】转化思想；转化法；排列组合；运算求解．
【答案】C
【分析】先A区域，再涂B，涂C，涂D，根据分步乘法计数原理可得解．
【解答】解：先A区域，再涂B，涂C，涂D，根据分步乘法计数原理共有4×3×2×2＝48种涂法．
故选：C．
【点评】本题主要考查分步乘法计数原理，属于基础题．
2．（2024秋 龙岩期中）从含有3件次品的8件新产品中，任意抽取4件进行检验，抽出的4件产品中恰好有2件次品的抽法种数为（　　）
A． B．
C． D．
【考点】分步乘法计数原理．
【专题】对应思想；定义法；排列组合；运算求解．
【答案】C
【分析】根据分步乘法计算原理可解．
【解答】解：根据题意8件产品中，3件次品，5件正品，
任意抽取4件进行检验，抽出的4件产品中恰好有2件次品，
则有种抽法．
故选：C．
【点评】本题考查分步计算原理，属于基础题．
3．（2024春 钟山区校级期末）从由1，2，3，4，5组成的没有重复数字的两位数中任取一个，则这个两位数大于40的个数是（　　）
A．6 B．8 C．10 D．12
【考点】数字问题．
【专题】整体思想；综合法；排列组合；运算求解．
【答案】B
【分析】数字排列问题，根据符合题意的要求选取十位数为4或5，个位数不重复则在剩余的4个数字里选择1个，即可计算结果．
【解答】解：因为这个两位数大于40，
所以选取十位数为4或5，个位数不重复则在剩余的4个数字里选择1个，
这个两位数大于40的个数为2×4＝8．
故选：B．
【点评】本题主要考查排列组合知识，属于基础题．
4．（2024春 济南期末）大明湖是济南三大名胜之一，素有“泉城明珠”之美誉，自2017年1月1日起全面向社会免费开放．景区有东南西北4个大门，每个大门进去都有不同景致，小明从一个门进，另一个门出，则不同进出方式的种数为（　　）
A．7 B．8 C．12 D．16
【考点】分步乘法计数原理．
【专题】计算题；转化思想；综合法；排列组合；运算求解．
【答案】C
【分析】根据题意，分别分析进门和出门的走法，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】解：根据题意，某体育场有4个门，从一个门进，有4种走法，
另一个门出，有3种走法，
则有4×3＝12种不同的走法．
故选：C．
【点评】本题考查分步计数原理的应用，注意分步、分类计数原理的区别，属于基础题．
二．多选题（共3小题）
（多选）5．（2024春 武汉期末）将四个编号为1，2，3，4的小球放入四个分别标有1，2，3，4号的盒子中，则下列结论正确的有（　　）
A．共有256种放法
B．恰有一个盒子不放球，共有72种放法
C．恰有两个盒子不放球，共有84种放法
D．没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号都不相同的放法共有9种
【考点】分步乘法计数原理；简单组合问题．
【专题】对应思想；定义法；排列组合；运算求解．
【答案】ACD
【分析】按照分步乘法计数原理判断A，B，先分组、再分配，即可判断C，先确定编号为1的球的放法，再确定与1号球所放盒子的编号相同的球的放法，按照分步乘法计数原理判断D．
【解答】解：若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，共有44＝256种放法，故A正确；
恰有一个盒子不放球，先选一个盒子，再选一个盒子放两个球，则种放法，故B错误；
恰有两个盒子不放球，首先选出两个空盒子，再将四个球分为3，1或2，2两种情况，
故共种放法，故C正确；
编号为1的球有3种放法，编号为1的球所放盒子的编号相同的球放入1号或其他两个盒子，
共有，即3×3＝9种放法，故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查排列组合的应用，属于中档题．
（多选）6．（2024春 宿迁期中）（多选）下列说法中正确的有（　　）
A．4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有43种报名方法
B．4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有34种报名方法
C．4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军（每项冠军只允许一人获得），共有43种可能结果
D．4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军（每项冠军只允许一人获得），共有34种可能结果
【考点】计数原理的应用．
【专题】计算题；转化思想；综合法；排列组合；运算求解．
【答案】BC
【分析】利用计算原理，转化求解判断选项的正误即可．
【解答】解：对于A、B，4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，每人都有3种选择，共有34种报名方法，所以A错误；B正确；
对于C、D，4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军（每项冠军只允许一人获得），每个冠军有4种可能，共有43 种可能结果，所以C正确，D错误．
故选：BC．
【点评】本题考查计数原理以及排列组合的简单应用，是中档题．
（多选）7．（2024春 齐齐哈尔期中）若一个三位数中十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小，则称这个数为“凹数”，如213、435等都是“凹数”，用1，2，3，4，5这五个数字组成无重复数字的三位数，则（　　）
A．组成的三位数的个数为60
B．在组成的三位数中，各位数字之和为9的个数为6
C．在组成的三位数中，比300大的个数为36
D．在组成的三位数中，“凹数”的个数为24
【考点】数字问题．
【专题】对应思想；综合法；排列组合；运算求解．
【答案】AC
【分析】根据排列组合的简单计数问题对各个选项逐个求解即可．
【解答】解：A：依题意，组成的三位数的个数为，故A正确；
B：各位数字之和为9的有1+3+5；2+3+4两种组合，故各位数字之和为9的个数为，B错误；
C：比300大，则百位上的数可以为3，4，5，比300大的个数为，C正确；
D：将这些“凹数”分为三类：①十位为1，则有种；②十位为2，则有种；
③十位为3，则有种，共有12+6+2＝20种，故D错误．
故选：AC．
【点评】本题考查了排列组合的简单计数问题，考查了学生的运算求解能力，属于基础题．
三．填空题（共4小题）
8．（2024春 武汉期中）在（x﹣1）（x﹣2）（x﹣3）（x+4）（x+5）（x+6）的展开式中，x5的系数是 　9　．
【考点】分类加法计数原理．
【专题】转化思想；转化法；排列组合．
【答案】9．
【分析】先观察原式，推出含x5的项是6个因式中任取5个用x，其余1个用常数项相乘积的和，即可求解．
【解答】解：在（x﹣1）（x﹣2）（x﹣3）（x+4）（x+5）（x+6）的展开式中，含x5的项是6个因式中任取5个用x，其余1个用常数项相乘积的和，
故展开式中含x5的项为﹣x5﹣2x5﹣3x5+4x5+5x5+6x5＝9x5，
故x5的系数是9．
故答案为：9．
【点评】本题主要考查分类加法计数原理，属于基础题．
9．（2023秋 海淀区校级期末）从数字1，2，3，4中选出3个不同的数字构成四位数，且相邻数位上的数字不相同，则这样的四位数共有 　72　个．
【考点】分步乘法计数原理．
【专题】转化思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】72．
【分析】利用分步计数原理与插空法即可求解．
【解答】解：根据题意，完成这件事可分三步：
第一步，选数字，有4种，
第二步，将选好的三个数字确定一个重复的数字，有3种，
第三步，安排这三个数字在三个位置上，且相邻数位上的数字不同，
即先安排两个不同的数字，再让两个相同的数字取插空，则有 6种排序方法，
由分步计数原理可得这样的四位数共有4×3×6＝72个．
故答案为：72．
【点评】本题主要考查了排列组合知识，属于基础题．
10．（2024春 泉山区校级期中）用1、2、3、4、5组成没有重复数字的五位数，其中满足a＞b＞c＜d＜e的五位数有n个，则在1+（1+x）1+（1+x）2+（1+x）3+…+（1+x）n的展开式中，x2的系数是 　35　．（用数字作答）
【考点】数字问题．
【专题】对应思想；综合法；二项式定理；运算求解．
【答案】35
【分析】利用组合数求得n＝6，再根据二项式展开式的通项公式，即可得解．
【解答】解：因为a＞b＞c＜d＜e，所以c＝1，剩下4个数有6种排法，
所以满足a＞b＞c＜d＜e的五位数有6个，即n＝6，
所以1+（1+x）1+（1+x）2+（1+x）3+…+（1+x）n＝1+（1+x）1+（1+x）2+（1+x）3+…+（1+x）6，
其展开式中，含x2项的系数为1+3+6+10+15＝35．
故答案为：35．
【点评】本题考查二项式定理与组合数的应用，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
11．（2024春 闵行区校级期中）已知有5个男生和x个女生，若从中选择2个男生和1个女生在狂欢节中表演一个小品节目，共有30种不同的选法，则x＝　3　．
【考点】分步乘法计数原理；组合及组合数公式．
【专题】对应思想；定义法；排列组合；运算求解．
【答案】3．
【分析】由分步乘法计数原理列式，再由组合数公式求解．
【解答】解：由题，，．
故答案为：3．
【点评】本题考查排列组合相关知识，属于中档题．
四．解答题（共4小题）
12．（2024春 长治期中）用0，1，2，3，4，5这六个数组成没有重复数字的四位数．
（1）其中偶数共有多少个？
（2）比2024大的数有多少个？
【考点】数字问题．
【专题】整体思想；综合法；排列组合；运算求解．
【答案】（1）156个；
（2）237个．
【分析】（1）分末位排0和末位不排0两种情况，结合排列组合知识求解；
（2）对首位和百位的数字分情况讨论，结合排列组合知识求解．
【解答】解：（1）由题意可知，0不能排在首位，末位必须为0，2，4其中之一，
所以可分成两类，①末位排0，则共有60个，
②末位不排0，则共有96个，
所以一共有60+96＝156个；
（2）当首位排3，4，5时，其他几个数字在三个位置上排列，共有180个，
当首位排2，百位不排0时，共有48个，
当首位排2，百位排0时，共有9个，
所以比2024大的数有180+48+9＝237个．
【点评】本题主要考查了排列组合知识，考查了计数原理的应用，属于中档题．
13．（2024春 宿迁期中）0～9共10个数字．
（1）可组成多少个无重复数字的四位数；
（2）可组成多少个无重复数字的五位偶数；
（3）可组成多少个无重复数字的大于或等于30000的五位数；
（4）在无重复数字的五位数中，50124从大到小排第几．
【考点】数字问题．
【专题】整体思想；综合法；排列组合；运算求解．
【答案】（1）4536种；
（2）13776种；
（3）21168种；
（4）15119个．
【分析】（1）先选1个数字排在首位，其它任意排求解；
（2）分0在末位和0不在末位两种情况，结合排列组合知识求解；
（3）首位从3，4，5，6，7，8，9任选一个，其它的任意排求解；
（4）求出比50124大的数字个数即可．
【解答】解：（1）先选1个数字排在首位，其它任意排，故有 种；
（2）当0在末位时，有种，
当0不在末位时，从2，4，6，8，选一个放在末位，故有种，
故五位偶数共有3024+10752＝13776种；
（3）大于或等于30000的五位数，首位从3，4，5，6，7，8，9任选一个，其它的任意排，
故有 种；
（4）比50000大的数，故有个，
比50000大比50124小的有，前四位为5，0，1，2，最后一位为3，只有50123，
故在无重复数字的五位数中，50124从大到小排第15120﹣1＝15119个．
【点评】本题主要考查了排列组合知识，属于中档题．
14．（2024春 城中区校级期中）有0，1，2，3，4五个数字，问：
（1）可以组成多少个无重复数字的四位密码？
（2）可以组成多少个无重复数字的四位数？
【考点】数字问题．
【专题】计算题；转化思想；转化法；排列组合；运算求解．
【答案】（1）120；（2）96．
【分析】（1）从5个数字任取4个进行全排列即可求出；
（2）特殊位置优先安排的原则即可求出．
【解答】解：（1）：从5个数字任取4个进行全排列，故有120 个；
（2）首尾不能为0，则有96个．
【点评】本题考查简单的计数问题，考查排列组合等基础知识，考查运算求解能力等数学核心素养，是基础题．
15．（2024春 合肥期中）如图，从左到右有5个空格．
（1）若向这5个格子填入0，1，2，3，4五个数，要求每个数都要用到，且第三个格子不能填0，则一共有多少不同的填法？（用数字作答）
（2）若给这5个空格涂上颜色，要求相邻格子不同色，现有红黄蓝3颜色可供使用，问一共有多少不同的涂法？（用数字作答）
（3）若把这5个格子看成5个企业，现安排3名校长与5个企业洽谈，若每名校长与2家企业领导洽谈，每家企业至少接待1名校长，则不同的安排方法共有多少种（用数字作答）．
【考点】染色问题．
【专题】整体思想；综合法；排列组合；运算求解．
【答案】（1）96；
（2）48；
（3）180．
【分析】（1）由排列、组合及简单计数问题，结合分步乘法计数原理求解；
（2）由排列、组合及简单计数问题，结合分步乘法计数原理求解；
（3）由排列、组合及简单计数问题，结合分步乘法计数原理求解．
【解答】解：（1）本题分2步：①第三个格子不能填0，则0有4种选法；
②将其余的4个数字全排列安排在其他四个格子中有种情况，
则一共有种不同的填法．
（2）根据题意，第一个格子有3种颜色可选，即有3种情况，
第二个格子与第一个格子的颜色不能相同，有2种颜色可选，即有2种情况，
同理可得：第三、四、五个格子都有2种情况，
则五个格子共有3×2×2×2×2＝48种不同的涂法．
（3）根据题意，有一家企业与2位校长谈，其余4家企业只与1位校长谈，
第1步：从5家企业中选一家，
第2步：从3位校长中选2位，
第3步：从剩下4家企业中选2家安排另外一位校长，
第4步：在第2步选中的两位校长，每位还要安排一家企业，
因此有种．
【点评】本题考查了排列、组合及简单计数问题，重点考查了分步乘法计数原理，属中档题．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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