备战2025届新高考数学一轮总复习课时规范练75分类加法计数原理与分步乘法计数原理（附解析人教A版）

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1.车上有6名乘客,沿途有3个车站,每名乘客可任选1个车站下车,则乘客不同的下车方法数为( )
A.63B.36
C.120D.20
2.(2024·湖南长郡中学月考)如图,用4种不同的颜色,对四边形中的四个区域进行着色,要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色,则不同着色方法的种数为( )
A.72B.56C.48D.36
3.已知两条异面直线a,b上分别有4个点和7个点,则这11个点可以确定不同的平面个数为( )
A.4B.7C.11D.126
4.(2023·全国甲,理9)现有5名志愿者报名参加公益活动,在某一星期的星期六、星期日两天,每天从这5人中安排2人参加公益活动,则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有( )
A.120种B.60种C.30种D.20种
5.(多选题)下列说法正确的是( )
A.4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目,每人报一项,共有81种报名方法
B.4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目,每项限报一人,且每人至多报一项,共有24种报名方法
C.4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军,共有64种可能的结果
D.从0,2中选一个数字,从1,3,5中选两个数字,组成无重复数字的三位数,其中奇数的个数为12
6.(2023·新高考Ⅰ,13)某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课,学生需从这8门课中选修2门或3门课,并且每类选修课至少选修1门,则不同的选课方案共有 种(用数字作答).
7.由0,1,2,3,4,5这6个数字可以组成 个没有重复数字的三位偶数.
综合 提升练
8.(2024·黑龙江哈师大附中模拟)记a,b,c,d为1,2,3,4的任意一个排列,则使得(a+b)(c+d)为奇数的排列个数为( )
A.8B.12
C.16D.18
9.(2024·辽宁教研联盟模拟)中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱.假设中国空间站要安排甲、乙、丙、丁、戊、己6名航天员开展实验,其中天和核心舱安排4人,问天实验舱与梦天实验舱各安排1人.若甲、乙两人不能同时在一个舱内做实验,则不同的安排方案共有( )
A.14种B.16种C.18种D.20种
10.(多选题)如图,线路从A到B之间有五个连接点,若连接点断开,可能导致线路不通,现发现AB之间线路不通,则下列对于断开情况判断正确的是( )
A.至多三个断点的有19种
B.至多三个断点的有22种
C.共有25种
D.共有28种
11.(2024·重庆模拟)某城市休闲公园管理人员拟对一块圆环区域进行改造,封闭式种植鲜花,该圆环区域被等分为5个部分,每个部分从红、黄、紫三种颜色的鲜花中选取一种进行栽种.要求相邻区域不能用同种颜色的鲜花,总的栽种方案有 种.
创新 应用练
12.通常,我国民用汽车号牌的编号由两部分组成:第一部分为汉字表示的省、自治区、直辖市简称和用英文字母表示的发牌机关代号,第二部分为由阿拉伯数字和英文字母组成的序号,如图所示.其中序号的编码规则为:
①由10个阿拉伯数字和除I,O之外的24个英文字母组成;
②最多只能有2个英文字母.
则采用5位序号编码的鲁V牌照最多能发放的汽车号牌数为 万张.(用数字作答)
课时规范练75 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
1.B 解析 每名乘客都有3种选法,故总的方法数为36.
2.C 解析将四个区域标记为A,B,C,D,如图所示.
第一步涂A:有4种涂法,第二步涂B:有3种涂法,第三步涂C:有2种涂法,第四步涂D:有2种涂法,根据分步乘法计数原理可知,一共有4×3×2×2=48种着色方法.
3.C 解析 分两类情况讨论:
第1类,直线a分别与直线b上的7个点可以确定7个不同的平面;
第2类,直线b分别与直线a上的4个点可以确定4个不同的平面.
根据分类加法计数原理知,共可以确定7+4=11个不同的平面.
4.B 解析 方法一:先在5名志愿者中安排1名在这两天都参加公益活动,有5种安排方法.再在星期六、星期日,每天从剩下的4名志愿者中安排1名不同的志愿者参加公益活动,有4×3=12种安排方法.由乘法原理得恰有1人在这两天都参加的不同的安排方法共有5×12=60种.
方法二:在5名志愿者中安排2名在星期六参加公益活动,有=10种安排方法.再从星期六参加公益活动的2名志愿者中安排1名及从剩下的3名志愿者中安排1名在星期日参加公益活动,有2×3=6种.由乘法原理得恰有1人在这两天都参加的不同的安排方法共有10×6=60种.
方法三:从5名志愿者中,在星期六、星期日两天各安排2名参加公益活动,有=100种安排方法,星期六、星期日两天的志愿者全不相同的安排方法有=30种,全相同的安排方法有=10种,所以恰有1人在这两天都参加的不同的安排方法共有100-30-10=60种.
故选B.
5.ABC 解析 对于A项,每位同学均有3种选择,根据分步乘法计数原理可知,共有34=81种报名方法,故A项正确.
对于B项,第一步,从4位同学中选出3人,有=4种方法;
第二步,选出的3名同学,选择不同的项目,有=6种方法.
根据分步乘法计数原理可知,共有4×6=24种报名方法,故B项正确.
对于C项,每项运动的冠军都有4种可能,根据分步乘法计数原理可知,共有43=64种可能的结果,故C项正确.
对于D项,若选择0,则0只能排在第二位,其他两位从3个奇数中选择2个排好,所以有=6个;
若选择2,则2可以排在前两位,有2种可能,其他两位从3个奇数中选择2个排好,所以有2=12个.根据分类加法计数原理可得,共有6+12=18个,故D项错误.
故选ABC.
6.64 解析 方法一(直接法): 若选2门课,只需体育类和艺术类各选1门,有=16(种)不同的选课方案;
若选3门课,分两类.体育类选1门、艺术类选2门,体育类选2门、艺术类选1门,有=48(种)不同的选课方案.综上,共有16+48=64(种)不同的选课方案.
方法二(间接法): 由题意可知,从8门课中选择2门或者3门共有=84(种)不同的选课方案,只选择体育类或艺术类的有2()=20(种),则符合题意的共有84-20=64(种)不同的选课方案.
7.52 解析 根据题意,对该没有重复数字的三位偶数进行分类讨论,
第一类:0在个位数时,先填百位,有5种方法,再填十位,有4种方法,故能组成5×4=20个没有重复数字的三位偶数;
第二类,0不在个位数时,先填个位,只有2,4两种方法,再填百位,0不能在此位,故有4种方法,最后填十位,有4种方法,故能组成2×4×4=32个没有重复数字的三位偶数.
根据分类加法计数原理可得,一共可以组成32+20=52个没有重复数字的三位偶数.
8.C 解析 由已知得,前两位a和b一奇一偶,有=8种排法,后两位c和d一奇一偶,有=2种排法,根据分步乘法计数原理,使得(a+b)(c+d)为奇数的排列个数为8×2=16种.
9.C 解析 按照甲是否在天和核心舱分类.①若甲在天和核心舱,天和核心舱需要从除了甲、乙之外的4人中选取3人,剩下两人去剩下两个舱位,则有=4×2=8种可能;
②若甲不在天和核心舱,需要从问天实验舱和梦天实验舱中挑选一个,剩下5人中选取4人进入天和核心舱即可,则有=2×5=10种可能.
根据分类加法计数原理,共有8+10=18种可能.
10.AC 解析 若有1个断点,则1,5中断开1个,有2种情况;
若有2个断点,则1,5都断开有1种;1,5中断开1个,2,3,4中断开1个有2×3=6种,共1+6=7种情况;
若有3个断点,则2,3,4断开有1种;1,5都断开,2,3,4断开1个有3种;1,5断开1个,2,3,4断开2个有2×3=6种,共1+3+6=10种;
若有4个断点,则1,5都断开,2,3,4中断开2个有3种;1,5中断开1个,2,3,4都断开有2种,共有3+2=5种;
若有5个断点,有1种情况.
综上,至多三个断点的情况有2+7+10=19种,故A正确,B错误;所有情况共有2+7+10+5+1=25种,故C正确,D错误.
故选AC.
11.30 解析 1,2的栽种方案有=6种,已用两种颜色,第三种颜色可能在3,4,5,可得:
(1)若第三种颜色在3或5,有如下两种可能:
①3,5的颜色相同,则4的颜色有两种可能,栽种方案有=2种;
②3,5的颜色不相同,则4的颜色必和1或2的颜色相同,栽种方案有=2种;
栽种方案共有2+2=4种.
(2)若第三种颜色在4,则3的颜色必和1的颜色相同,5的颜色必和2的颜色相同,栽种方案共有1种.
综上,总的栽种方案有6×(4+1)=30种.
12.706 解析 当号牌中有两个英文字母时,且两个英文字母相同,则有103=24×104张,两个英文字母不相同,则有103=552×104张;
当号牌中有一个英文字母时,有104=120×104张;
当号牌中没有英文字母时,有105张;
所以满足条件的号牌共有(552+24+120+10)×104张,即有706万张.